NOIP2014联合权值

2014年11月22日7,2452

题目描述 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？

输入输出格式 Input/output

输入格式：
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W i 。
输出格式：
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。

「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 。

题解

让我来yy下暴力。。。枚举树上两点，然后如果它们的深度相同或者相差2，然后通过走父亲甚至lca什么的判断他们的距离是否为2，再考虑贡献答案

如果将所有点的深度排序一下再枚举会有啥效果我也不知道

考虑树形dp：

一个结点距离相差2的点要不然是儿子的儿子，不然是兄弟

先考虑第一部分

只要记录一个结点儿子的权值和sum[x]，以及权值的最大值mx[x]

\[ans1_x = max \{mx_{y_i}*w_x \}\]

\[ans2_x = \sum{sum_{y_i}*w_x}\]

考虑第二部分

如果枚举一个结点的儿子两两计算的话，会被菊花图卡成n^2

只要再用前缀和/最大值维护一下即可

具体看代码，很简单，在考场上我写了个比较丑的bfs，因为据说dfs可能爆栈

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define mod 10007
#define pi acos(-1)
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long
using namespace std;
ll read()
{
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n;
ll w[200005],mx[200005],sum[200005];
ll ans1[200005],ans2[200005];
vector<int>e[200005];
void dp(int x,int fa)
{
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		int y=e[x][i];
		if(y==fa)continue;
		dp(y,x);
		mx[x]=max(mx[x],w[y]);
		sum[x]=(sum[x]+w[y])%mod;
		ans1[x]=max(ans1[x],w[x]*mx[y]);
		ans1[x]=max(ans1[x],ans1[y]);
		ans2[x]=(ans2[x]+w[x]*sum[y])%mod;
		ans2[x]=(ans2[x]+ans2[y])%mod;
	}
	ll t1=0,t2=0;
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		int y=e[x][i];
		if(y==fa)continue;
		ans1[x]=max(ans1[x],t1*w[y]);
		ans2[x]=(ans2[x]+t2*w[y])%mod;
		t1=max(t1,w[y]);
		t2=(t2+w[y])%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;
	}
	dp(1,0); 
	cout<<ans1[1]<<' '<<ans2[1]*2%mod<<endl;;
	return 0;
}

#include<map>

#include<set>

#include<cmath>

#include<stack>

#include<queue>

#include<cstdio>

#include<vector>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define mod 10007

#define pi acos(-1)

#define inf 0x7fffffff

#define ll long long

using namespace std;

ll read()

{

ll x=0,f=1;char ch=getchar();

while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}

while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

return x*f;

}

int n;

ll w[200005],mx[200005],sum[200005];

ll ans1[200005],ans2[200005];

vector<int>e[200005];

void dp(int x,int fa)

{

for(int i=0;i<e[x].size();i++)

{

int y=e[x][i];

if(y==fa)continue;

dp(y,x);

mx[x]=max(mx[x],w[y]);

sum[x]=(sum[x]+w[y])%mod;

ans1[x]=max(ans1[x],w[x]*mx[y]);

ans1[x]=max(ans1[x],ans1[y]);

ans2[x]=(ans2[x]+w[x]*sum[y])%mod;

ans2[x]=(ans2[x]+ans2[y])%mod;

}

ll t1=0,t2=0;

for(int i=0;i<e[x].size();i++)

{

int y=e[x][i];

if(y==fa)continue;

ans1[x]=max(ans1[x],t1*w[y]);

ans2[x]=(ans2[x]+t2*w[y])%mod;

t1=max(t1,w[y]);

t2=(t2+w[y])%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;

}

dp(1,0);

cout<<ans1[1]<<' '<<ans2[1]*2%mod<<endl;;

return 0;

}

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就是一个点连接一堆点的图，自行yy

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