Description
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 (W_v imes W_u) 的联合权值。
Input
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) 。
Output
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。
Sample Input
5
1 2
2 3
3 4
4 5
1 5 2 3 10
Sample Output
20 74
Hint
对于100%的数据， (1 leq n leq 200000, 0 leq W_i leq 10000) 。
Solution
比较显然的树形递推。
我们考虑对于一棵树，如果能知道根节点的所有以他的儿子为根的子树的答案，可以非常方便的得到以根节点为根的树的答案。这样状态就得以确定了。我们使用(f(i))来代表以i为根的子树的答案。
对于转移，我们考虑根节点的答案首先是儿子的累加和，其次，根节点对孙子能够构成联合权值，这些都可以在枚举儿子的时候方便的计算出来。最后考虑任意儿子之间会产生联合权值。朴素做法当然是把儿子都存下来然后互相乘起来，这样的复杂度是(O(n^2))，会被菊花图卡吐血。
因为前面的儿子( imes)后面的儿子显然等于反过来乘，所以我们只需要前面的儿子( imes)后面的，最后把答案乘二即可。考虑对于根节点的第(i)个儿子，它对答案的贡献是【它的权值乘上它前面(i-1)儿子的权值的积】的和，根据乘法结合律，提取该节点的权值，它对答案的贡献就是它的权值乘上【前面儿子的的权值的和】的积这样我们可以直接维护他前面所有儿子的和，然后乘上该节点的权值，加入答案即可。
Code
#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long int
typedef long long int ll;
namespace IO {
char buf[50];
}
template<typename T>
inline void qr(T &x) {
char ch=getchar(),lst=' ';
while(ch>'9'||ch<'0') lst=ch,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
if (lst=='-') x=-x;
}
template<typename T>
inline void write(T x,const char aft,const bool pt) {
if(x<0) {putchar('-');x=-x;}
int top=0;
do {
IO::buf[++top]=x%10+'0';
x/=10;
} while(x);
while(top) putchar(IO::buf[top--]);
if(pt) putchar(aft);
}
template <typename T>
inline T mmax(const T &a,const T &b) {if(a>b) return a;return b;}
template <typename T>
inline T mmin(const T &a,const T &b) {if(a<b) return a;return b;}
template <typename T>
inline T mabs(const T &a) {if(a<0) return -a;return a;}
template <typename T>
inline void mswap(T &a,T &b) {T temp=a;a=b;b=temp;}
const int maxn = 200010;
const int maxm = 400010;
const int MOD = 10007;
struct Edge {
int to,nxt;
};
Edge edge[maxm];int hd[maxn],ecnt;
inline void cont(ci from,ci to) {
Edge &e=edge[++ecnt];
e.to=to;e.nxt=hd[from];hd[from]=ecnt;
}
int a,b;
int n,ans;
int MU[maxn];
int frog[maxn];
void dfs(ci,ci);
int main() {
srand(time(NULL));
qr(n);
for(rg int i=1;i<n;++i) {
a=b=0;qr(a);qr(b);
cont(a,b);cont(b,a);
}
for(rg int i=1;i<=n;++i) qr(MU[i]);
int rt=rand()%n+1;
dfs(rt,0);
write(ans,' ',true);
write((frog[rt]<<1)%MOD,'
',true);
}
void dfs(ci k,ci fa) {
int _temp=0,_ans1=0,_ans2=0;
for(rg int i=hd[k];i;i=edge[i].nxt) {
int to=edge[i].to;
if(to==fa) continue;
frog[k]=(frog[k]+_temp*MU[to])%MOD;
_temp=(MU[to]+_temp)%MOD;
if(MU[to]>=_ans1) _ans2=_ans1,_ans1=MU[to];else if(MU[to]>_ans2) _ans2=MU[to];
ans=mmax(ans,_ans1*_ans2);
dfs(to,k);
frog[k]=(frog[k]+frog[to])%MOD;
for(rg int j=hd[to];j;j=edge[j].nxt) {
int &tt=edge[j].to;
if(tt==k) continue;
int _a=MU[tt]*MU[k];
frog[k]=(frog[k]+_a)%MOD;
ans=mmax(ans,_a);
}
}
}
Summary
当发现一个小部分因为复杂度超标而不可做的时候，不妨通过一些数学分析将复杂度降低从而获得正确的复杂度