联合权值
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？
输入格式:
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。
样例输入:
5 1 2 2 3 3 4 4 5 1 5 2 3 10
样例输出:
20 74
提示:
【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 。
时间限制:1000ms
空间限制:256MByte
这个题目暴力枚举很明显不是正解，但是显然我们需要将各种点之间是否相连这个状态给保存下来，但是由题目可知，n<=200000，所以要是开二维数组开满的话起码得要20万*20万的数组，这个肯定是开不下的。所以这个时候又是STL上场的时候了，我们可以用vector来减少无用的空间。同时这个题目中所求的联合权值的总和可以用加法结合律来优化（虽然听起来很智障，但是用还是很好用的）。对于一个节点来说，可以被看成是其相连两个节点的中间点，假设有点s连着a，b，c，d四个点，所以对于s来说其联合权值的总和为ab+ac+ad+bc+bd+cd，所以就是加法结合律了，等等，你可能会发现一个东西，这怎么用加法结合律。其实，以上这个式子是错的，因为题目中有一句话讲到一下几个字，有！序！点！对！所以说，ac与ca都是要算一遍的，所以其实是，ab+ac+ad+ba+bc+bd+ca+cb+cd+da+db+dc，然后就是a*（b+c+d）+b*（a+c+d）+c*（a+b+d）+d*（a+b+c），（这个是不是乘法结合律？）所以我们可以看成a*（sum-a）+b*(sum-b)+c*(sum-c)+d*(sum-d)，所以将每个节点边上节点权值之和求出放在结构体中，这个问题就被大大地简化了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector v[200001];
long long s[200001],w[200001],n,maxn,sum;
int main(){
cin>>n;
for (int i=1,a,b; i<n; i++){
cin>>a>>b;
v[a].push_back(b);//将与a相连的点存在v[a]中
v[b].push_back(a);//将与b相连的点存在v[b]中
}
for (int i=1; i<=n; i++)
cin>>w[i];//w记录点的权值
for (int i=1; i<=n; i++){
long long maxn1,maxn2;
maxn1=0;maxn2=0;
for (int l=0; l<v[i].size(); l++){
s[i]+=w[v[i][l]];//s[i]存与i节点相连的节点权值之和
if (s[i]>10007) s[i]-=10007;//玄学，减比取模快
if (w[v[i][l]]>maxn1){
maxn2=maxn1;
maxn1=w[v[i][l]];
}//maxn1与maxn2分别为与i节点相连节点中第一和第二大的权值
else if (w[v[i][l]]==maxn1 || w[v[i][l]]>maxn2)
maxn2=w[v[i][l]];
}//随时准备更新manx2
if (maxn1*maxn2>maxn)
maxn=maxn1*maxn2;
//maxn即为最大权值
}
for (int i=1; i<=n; i++){
for (int l=0; l<v[i].size(); l++){
sum+=(s[i]-w[v[i][l]])*w[v[i][l]];//迷之加法结合律（乘法结合律）
sum%=10007;
}
}
cout<<maxn<<" "<<sum%10007;
return 0;
}
你以为这篇博客到这里就完了？大错特错，标题告诉我们，接下来才是正题，那就是呆滞大佬der最骚操作。呆滞大佬当初写这个题目的时候，就想到了他之前那写过的天天爱跑步，于是他就写了一个弱化的天天爱跑步（虽然感觉这两个题目没有任何关系）。呆滞大佬的想法就是，用两个结构体，分别是点和边，其中的边是有向边，题目中为无向边，只要看成两条无向边即可。我们可以先贴代码，然后再讲些别的东西。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mos=200005;
struct point{
long long ti,value,first,second,sum;
}b[mos<<1];
struct edge{
int sta,ed;//就是start和end
}a[mos<<1];
bool mmp(edge a,edge b){
return a.sta<b.sta;
}
long long num1=0,num2=0,x,n,ss;
int main(){
cin>>n;
for (int i=1; i<n; i++){
cin>>a[(i<<1)-1].sta>>a[(i<<1)-1].ed;
a[i<<1].sta=a[(i<<1)-1].ed;
a[i<<1].ed=a[(i<<1)-1].sta;
b[a[i<<1].sta].ti++;
b[a[i<<1].ed].ti++;
}
sort(a+1,a+(n<<1)-1,mmp);//将边按照起点从小到大排序
for (int i=1; i<=n; i++)
b[i].ti+=b[i-1].ti;//求ti的前缀和。
for (int i=1; i<=n; i++)
cin>>b[i].value;
for (int i=1; i<=n; i++){
for (int l=b[i-1].ti+1; l<=b[i].ti; l++){
b[i].sum+=b[a[l].ed].value;
if (b[a[l].ed].value>b[i].first){
b[i].second=b[i].first;
b[i].first=b[a[l].ed].value;
}
else if (b[a[l].ed].value>b[i].second) b[i].second=b[a[l].ed].value;
}
b[i].sum%=10007;
}
for (int i=1; i<=n; i++){
for (int l=b[i-1].ti+1; l<=b[i].ti; l++){
num2+=b[i].value*(b[a[l].ed].sum-b[i].value);
num2%=10007;
if (ss<b[a[l].ed].first*b[a[l].ed].second)
ss=b[a[l].ed].first*b[a[l].ed].second;
if (ss>num1) num1=ss;
}
}
cout<<num1<<" "<<num2;
return 0;
}
其中最迷离的应该是在point结构体中的ti变量了，ti所代表的意思即为b节点在边中为起点的次数。其中最骚的就是这个ti的前缀和了！看完这个代码你就会发现呆滞大佬用ti的前缀和解决了开无用数组所造成的浪费，其中b[i].ti-b[i-1].ti-1就是在上一个程序中的vector v.size()，这样是坠骚滴。b[i].ti和a[b[i].ti]的关系就是不言而喻的，慢慢体会就会感觉……异常地骚。震惊！明天居然还要考试！
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