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，输出它时要对10007 取余。
输入输出样例
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 。
被坑：
1.题目中只说对权值和取模，而没有说对最大值取模。
aim:60 ->40 ->70
2.有的数据点很大，记得开LL。
3.取模加减记得看‘-’。
思路：
分为两种情况：(对于点i)
1).祖父和孙子。
直接扫一遍就可以,记得乘2（双向）
2)儿子和儿子。
n^2枚举会T->拆开来看。
贡献=w[son[1]]*w[son[2]]+w[son[1]]*w[son[3]]+w[son[1]]*w[son[4]].......
+w[son[2]]*w[son[1]]+w[son[2]]*w[son[2]]+w[son[2]]*w[son[3]].......
+.......
+......
令sum=Σw[son[i]](1<=i<=i的儿子个数)
贡献=w[son[1]]*(sum-w[son[1]])+w[son[2]]*(sum-w[son[2]])+.......
变成了O(n)
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #include<string> #include<vector> #define ll long long #define mod 10007 using namespace std; inline int read() { int x=0,w=1;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘) w=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘,ch=getchar(); return x*w; } const int N=200005; struct node{ int u,v,ne; }e[N*2]; int h[N],w[N],n; ll tot; void add(int u,int v) { tot++;e[tot]=(node){u,v,h[u]};h[u]=tot; } int Max; int dep[N],f[N]; vector<int>son[N]; void dfs(int u) { int o1=-1,o2=-1; ll sum=0; for(int i=h[u];i;i=e[i].ne) { int rr=e[i].v; if(dep[rr]==0) { dep[rr]=dep[u]+1; f[rr]=u;sum=(sum+w[rr]%mod)%mod; son[u].push_back(rr); if(w[rr]>o2) { if(w[rr]>o1) o2=o1,o1=w[rr]; else o2=w[rr]; } dfs(rr); } } if(o1!=-1 && o2!=-1)Max=max(Max,o1*o2); for(int i=0;i<son[u].size();++i) { int l=son[u][i]; tot=(tot+(ll)w[l]*(sum-w[l])%mod)%mod; } if(dep[u]>=2) { int fa=f[u]; for(int i=0;i<son[u].size();++i) { int l=son[u][i]; tot=(tot+w[l]*(ll)w[fa]*2%mod)%mod; Max=max(Max,w[l]*w[fa]); } } } int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n-1;++i) { int x,y;x=read();y=read(); add(x,y);add(y,x); } for(int i=1;i<=n;++i) w[i]=read(),w[i]%=mod; tot=0;Max=-1;dep[1]=1; dfs(1); printf("%d %lld",Max,(tot+mod)%mod); return 0; }
既然选择了远方，便只顾风雨兼程！
