cqyz oj | 表亲结点 | 树上搜索

Description

　　给定一棵包含n个节点和n-1条边的树，每条边连接两个结点，且任意两个结点存在一条路径相互到达。树上结点编号是从1到n的连续正整数，编号为i的结点的权值为w[i]，每条边的权值都为1。树的两点(u, v)的距离定义为u点到v点经过的边权和。我们称距离为2的两个节点(u,v)为表亲节点。
　　你的任务是统计每个节点的表亲节点。

Input

　　第1行为整数 n。接下来n-1行，每行包含3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 个整数表示编号为i的点的权值为W[i]。

Output

　　共输出n行，第i行的输出信息包含三个整数：i的表亲节点数量，表亲节点中最大的权值，所有表亲结点的权值和。

Sample Input 1

5
1 2
2 3
3 4
4 5
1 5 2 3 10

Sample Output 1

1 2 2
1 3 3
2 10 11
1 5 5
1 2 2

Hint

对于 100%的数据，1<=n<=200000

---

就是求一些和每个结点距离为2的点的相关值

思路：设v为u的相邻结点，则u的表亲结点就是v的相邻结点中排除u自己后的点集
这样一想方法就出来了：
分两次遍历，
第一次处理出与每个结点i相邻的点的相关值，
第二次在每个v的相邻点里找到排除u本身后的相关值。

具体见代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#define maxn 200005 
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int fir[maxn],ne[maxn*2],to[maxn*2],newp=0;
void add(int x,int y){
	ne[++newp]=fir[x];
	fir[x]=newp;
	to[newp]=y;
}
int w[maxn];

//相邻接点的 
int deg[maxn],//数量 
	mx[maxn],cmx[maxn],//最大值和次大值的下标，如果u是v相邻点中的最大值，则取次大值 
	sm[maxn];//权值和 
void dfs1(int u,int f){
	deg[u]=sm[u]=mx[u]=cmx[u]=0;
	for(int i=fir[u];i;i=ne[i]){
		int v=to[i];
		
		deg[u]++;
		if(w[v]>=w[mx[u]])cmx[u]=mx[u],mx[u]=v;
		else if(w[v]>=w[cmx[u]])cmx[u]=v;
		sm[u]+=w[v];
		
		if(v==f)continue;
		dfs1(v,u);
	}
}
int num[maxn],MX[maxn],sum[maxn];
void dfs2(int u,int f){
	num[u]=sum[u]=0;
	for(int i=fir[u];i;i=ne[i]){
		int v=to[i];
		
		num[u]+=deg[v]-1;//表亲数量 
		sum[u]+=sm[v]-w[u];
		if(mx[v]!=u && MX[u]<w[mx[v]])
			MX[u]=w[mx[v]];
		else if(cmx[v]!=u && MX[u]<w[cmx[v]])//第一条已经包含了判断cmx[v]!=0 
			MX[u]=w[cmx[v]];
		
		if(v==f)continue;
		dfs2(v,u);
	}
}
int main(){
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x,y;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);add(y,x);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
	w[0]=-inf;
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%d %d %d
",num[i],MX[i],sum[i]);
	return 0;
}