2．联合权值
(link.cpp/c/pas)
【问题描述】
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Wi ，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Wi。
【输出】
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】
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link.in |
link.out |
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5 1 2 2 3 3 4 4 5 1 5 2 3 10 |
20 74 |
【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<≤100；
对于60%的数据，1<≤2000；
对于100%的数据，1<≤200,000，0<Wi ≤10,000。
【思路】
分析题目：n个点n-1条边的连通图是树。
注意到题目的特殊性：距离为2。可以得知对于每一个结点它的任意两个相连点都可以产生联合权值。枚举需要O(n^3)的时间。
优化：解决max：注意到对于一个结点而言，产生的联合权值最大为子节点中最大两个W的积。
解决sum：suma= w1*w2+…+w1*wn+w2*w1+w2*w3…+w2*wn+…..=sumw^2-w1^2-w2^2…。因此只需要O(n)的时间就能求出suma。
【代码】
#include<iostream> #include<cstring> #include<queue> #include<vector> #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<(c);a++) using namespace std; const int maxn = 200000 + 10; //从1 小心越界 const int MOD = 10007; int w[maxn]; int maxw=0,sumw=0,n; vector<int> G[maxn]; //vector加速BFS void BFS(int s) { int vis[maxn]; FOR(i,0,n+1) vis[i]=0; queue<int> q; q.push(s); vis[s]=1; while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); int suma=0,sumb=0; suma=(suma*suma)%MOD; int max1=0,max2=0; FOR(i,0,G[u].size()) { int v=G[u][i]; suma = (suma+w[G[u][i]]) % MOD; sumb = (sumb+(w[v]*w[v]%MOD)) % MOD; if(w[v]>max1) {max2=max1; max1=w[v];} //如是更新 否则会导致漏解 else if(w[v]>max2) max2=w[v]; if(!vis[v]) { vis[v]=1; q.push(v); } } sumw=(sumw+((suma*suma)%MOD-sumb+MOD)%MOD)%MOD; //注意诸多MOD maxw=max(maxw,max1*max2); } } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin>>n; //从1开始标号 FOR(i,0,n-1) { int u,v; cin>>u>>v; G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } FOR(i,1,n+1) cin>>w[i]; BFS(1); cout<<maxw<<" "<<sumw; return 0; }