Noip 2014 senior 复赛联合权值（link）

【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。

这道题由于模型是在树上，所以我们想到使用树形DP。定义f(i)表示以i为根的子树中的点对权值乘积之和,g(i)表示以i为根的子树中的点对权值乘积的最大值,sums1(i)表示i结点的儿子的权值之和,sums2(i)表示i结点的儿子的权值平方之和,sumg(i)表示i结点的孙子的权值之和,max1(i)表示结点i儿子权值的最大值,max2(i)表示结点i儿子权值的次大值,max3(i)表示结点i孙子权值的最大值。则有：

所以求解这个问题就比较清晰了。

还有就是在一个较优算法代码中(枚举，因为没有透彻理解我就不做过多解释了，只给出代码)发现了使用连续4次异或等于（ ^= ），通过李兄的详细讲解知道这是swap的意思，只不过不是很稳定。

算了，还是给出枚举的大致思路吧。

维护max1(i),max2(i)分别表示与i相连结点最大权值和次大权值,sum1(i)表示与i相连结点权值之和,sum2(i)表示与i相连结点权值平方和。任意长度为2的点对(i,j)有一个中间结点k,中间结点为k的最大权值之积为max1(k)*max2(k),与k相连结点为x1,x2...xm,则权值乘积之和 W_x1*(W_x2+W_x3+…+W_xm)+W_x2*(W_x1+W_x3+…+W_xm)+…+W_xm*(W_x1+W_x2+…+W_xm-1)=sum1(k)*sum1(k)-sum2(k)枚举k，更新答案即可。时间复杂度为O(n),。

#include<iostream> //dynamic programming
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define pi acos(-1)
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;

#define N 200010
#define mod 10007

inline long long read(){ 
    long long data=0,w=1; 
    char ch=0; 
    while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9')) ch=getchar(); 
    if(ch=='-') w=-1,ch=getchar(); 
    while(ch>='0' && ch<='9') data=data*10+ch-'0',ch=getchar(); 
    return data*w;
}

inline void write(long long x)
{
     if(x<0) putchar('-'),x=-x;
     if(x>9) write(x/10);
     putchar(x%10+'0');
}

int n;
long long w[N],maxn[N],sum[N];
long long ans_max[N],ans_sum[N];
vector <int> e[N];

inline void Dynamic_Programming(int u,int father)
{
    for(int i=0;i<e[u].size();i++)
    {
        int v = e[u][i];
        if(v == father) continue;
        Dynamic_Programming(v,u);
        maxn[u] = max(maxn[u],w[v]);
        sum[u] = (sum[u] + w[v]) % mod;
        ans_max[u] = max(ans_max[u],w[u] * maxn[v]);
        ans_max[u] = max(ans_max[u],ans_max[v]);
        ans_sum[u] = (ans_sum[u] + w[u] * sum[v]) % mod;
        ans_sum[u] = (ans_sum[u] + ans_sum[v]) % mod;
    }
    long long aider1 = 0, aider2 = 0;
    for(int i=0;i<e[u].size();i++)
    {
        int v = e[u][i];
        if(v == father) continue;
        ans_max[u] = max(ans_max[u],aider1 * w[v]);
        ans_sum[u] = (ans_sum[u] + aider2 * w[v]) % mod;
        aider1 = max(aider1,w[v]);
        aider2 = (aider2 + w[v]) % mod;
    }
}

int main()
{
    n = read();
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int u = read(), v = read();
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        w[i] = read();
        w[i] %= mod;
    }
    Dynamic_Programming(1,0);
    write(ans_max[1]);
    putchar(' ');
    write(ans_sum[1] * 2 % mod);
    
    return 0;
}

#include<iostream> //enumerate
#include<cstdio>
using namespace std;

#define mod 10007
#define N 200010

inline int read(){ 
    int data=0,w=1; 
    char ch=0; 
    while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9')) ch=getchar(); 
    if(ch=='-') w=-1,ch=getchar(); 
    while(ch>='0' && ch<='9') data=data*10+ch-'0',ch=getchar(); 
    return data*w;
}

inline void write(int x)
{
     if(x<0) putchar('-'),x=-x;
     if(x>9) write(x/10);
     putchar(x%10+'0');
}

int n,u,v;
int d[N];

struct Edge{
    int v,next;
}edge[N << 1];

int cnt,head[N];

inline void addedge(int u,int v)
{
    edge[++cnt].v = v;
    edge[cnt].next = head[u];
    head[u] = cnt;
}

int pre[N],father[N];
int ans_max,ans_sum;
int visit[N];

void dfs(int u)
{
    visit[u] = 1;
    int sum = 0,maxn[3] = {0,0,0};
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
    {
        if(!visit[edge[i].v])
        {
            dfs(edge[i].v);
            father[edge[i].v] = u;
            sum = (sum  +  d[edge[i].v]) % mod;
            ans_sum = (ans_sum - d[edge[i].v] * d[edge[i].v]) % mod;
            if(maxn[0] != 2) maxn[0]++;
            if(maxn[1] < d[edge[i].v]) maxn[1] = d[edge[i].v];
            if(maxn[2] < maxn[1]) swap(maxn[1],maxn[2]);
        }
    }
    ans_sum = (ans_sum + sum * sum) % mod;
    if(maxn[0] == 2) ans_max = max(ans_max,maxn[1] * maxn[2]);
}

void work()
{
    dfs(1);
    for(int i=1;i<=n;i++) pre[i] = father[father[i]];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(pre[i])
        {
            int aider = d[i] * d[pre[i]];
            ans_max = max(ans_max,aider);
            ans_sum = (ans_sum + aider * 2) % mod;
        }
    }
    if(ans_sum < 0) ans_sum += mod;
    write(ans_max);
    putchar(' ');
    write(ans_sum);
}

int main()
{
//    freopen("link.in","r",stdin);
//    freopen("link.out","w",stdout);
    
    n = read();
//    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        u = read();
        v = read();
//        scanf("%d%d",&u,&v);
        addedge(u,v);
        addedge(v,u);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) /*scanf("%d",&d[i]);*/
        d[i] = read();
    work();
    
    return 0;
}

Noip 2014 senior 复赛 联合权值（link）

Noip 2014 senior 复赛联合权值（link）