【洛谷P1351】联合权值【数学】

分析

如果对于每个点都去寻找与ta距离为2的点的话，就会超时，因为遍历边的次数要多得多。

所以换一种思路，对于每个点，考虑ta作为一个距离为2的点对的中转点，对于答案有什么贡献，这样子我们只需要枚举每个点的出边就行，时间复杂度降到 $O(n+m)$。

从特殊情况入手，当一个点有三条出边，权值分别为 $a,b,c$，那么联合权值的和就是 $2ab+2ac+2bc=(a+b+c{)}^2-(a^2+b^2+c^2)$，其实这样子变形是根据前一个式子的形态很容易想到的，所以我们只需要记录所有出边的和的平方，平方和，就可以解决问题。

其实关键在于能否想到中转点这一巧思！

上代码

#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;

struct node
{
	int to,next;
}e[400010];

const int mod=10007;
int n,mx,a[200010];
ll sum;
int tot,hd[400010];

void add(int x,int y)
{
	e[++tot]=(node){y,hd[x]};
	hd[x]=tot;
}

int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);
		add(y,x);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)//O(2n)
	{
		int mx1=0,mx2=0;
		ll sum1=0,sum2=0;
		for(int j=hd[i];j;j=e[j].next)
		{
		    if(a[e[j].to]>mx1) 
		    {
		    	mx2=mx1;
		    	mx1=a[e[j].to];
			}
			else if(a[e[j].to]>mx2) mx2=a[e[j].to];
			sum1+=a[e[j].to]%mod;
			sum2+=a[e[j].to]*a[e[j].to]%mod;
		}
		mx=max(mx,mx1*mx2);
		sum=sum+(sum1*sum1-sum2)%mod;
	}
	cout<<mx<<' '<<sum%mod;
	return 0;
}
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