题目描述
无向连通图G 有n 个点，n - 1 条边。点从1 到n 依次编号，编号为 i 的点的权值为W i ，每条边的长度均为1 。图上两点( u , v ) 的距离定义为u 点到v 点的最短距离。对于图G 上的点对( u, v) ，若它们的距离为2 ，则它们之间会产生Wu
×Wv 的联合权值。
请问图G 上所有可产生联合权值的有序点对中，联合权值最大的是多少？所有联合权值之和是多少？
输入输出格式
输入格式：
输入文件名为link .in。
第一行包含1 个整数n 。
接下来n - 1 行，每行包含 2 个用空格隔开的正整数u 、v ，表示编号为 u 和编号为v 的点之间有边相连。
最后1 行，包含 n 个正整数，每两个正整数之间用一个空格隔开，其中第 i 个整数表示图G 上编号为i 的点的权值为W i 。
输出格式：
输出文件名为link .out 。
输出共1 行，包含2 个整数，之间用一个空格隔开，依次为图G 上联合权值的最大值
和所有联合权值之和。由于所有联合权值之和可能很大，[b]输出它时要对10007 取余。 [/b]
输入输出样例
5 1 2 2 3 3 4 4 5 1 5 2 3 10
20 74
说明
本例输入的图如上所示，距离为2 的有序点对有( 1,3) 、( 2,4) 、( 3,1) 、( 3,5) 、( 4,2) 、( 5,3) 。
其联合权值分别为2 、15、2 、20、15、20。其中最大的是20，总和为74。
【数据说明】
对于30% 的数据，1 < n≤ 100 ；
对于60% 的数据，1 < n≤ 2000；
对于100%的数据，1 < n≤ 200 , 000 ，0 < wi≤ 10, 000 。
分析：注意到n个点n-1条边，说明了这是一棵树，每两个点之间只有一条路径，因为距离为2，这一条路径必定经过一个点，而这两个点在这一个点的左右，那么思路来了，我们可以枚举中间的一个点，然后枚举它所连到的另外两个点，去最大值和第二大值.可以用邻接表来实现.那么怎么求和最好呢？假设一个点与a,b,c相连.那么和就是a * b + a * c + b * a + b * c + c * a + c * b = a * (b + c) + b * (a + c) + c * (a + b),可以注意到这是一个对称式，a,b,c是不能化简得，那么后一项发现是总的和减去前一项，那么算法就出来了，设o = a + b + c,那么sum = a * (o - a) + b * (o - b) + c * (o - c),不过注意到和需要取余，以前我比较恶心取余的题，但是现在知道了一个技巧，凡是结果可能大于mod的数就取余，此题还有一个坑点就是权值可能就是负数，那么就要加上mod再取余.
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 200010,mod = 10007; int n,w[maxn],tot,head[maxn],nextt[maxn * 2],to[maxn * 2],sum,max1,max2,ans1,ans2; void add(int a, int b) { to[++tot] = b; nextt[tot] = head[a]; head[a] = tot; } int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n - 1; i++) { int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); add(u, v); add(v, u); } for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]); for (int i = 1; i <= n; i++) { max1 = max2 = -1; sum = 0; for (int j = head[i]; j; j = nextt[j]) { int temp = w[to[j]]; sum += temp; sum %= mod; if (temp > max1) { max2 = max1; max1 = temp; } else if (temp > max2) max2 = temp; } ans2 = max(ans2, max1 * max2); for (int j = head[i];j;j = nextt[j]) { ans1 += (w[to[j]] * (sum - w[to[j]])) % mod; ans1 %= mod; } } ans1 = (ans1 + mod) % mod; printf("%d %d\n", ans2, ans1); return 0; }
