洛谷 P1351 （枚举）

### 洛谷P1351 题目链接 ###

 

题目大意：

给你 n 个节点， n-1 条边的无向联通图。若定义（u，v）表示 u 与 v 点的最短距离，如果 （u，v）值为 2 ，则这两个点的点权之积（即 W_u * W_v）称为联合权值,求全图中联合权值的最大值以及联合权值的总和。

 

分析：

1、由于是 n-1 条边且为无向联通图，很容易判断出该图是个无根树。

2、那我们可以遍历全图中所有节点，然后这些节点的儿子节点的相对距离都是 2 。

3、若 A 节点的两个儿子 a b，他们对答案做贡献的话，那么不可能会有第二个节点也拥有 a b 两个节点作为儿子。所以这样枚举是不会重复的。

4、按理来说，我们需要遍历这个节点的所有儿子节点对，然后依次求和答案。但通过分析可以发现： 若有 a b 两个儿子，那么贡献为 2*ab == (ａ + b)² - (a² + b²)；同样若有 3 个儿子 a b c ，则贡献为 2*ab + 2*ac + 2*bc == （a+b+c)² - (a² + b² + c²)。 故可以依次统计 和与平方和 ，然后最后处理一下即可。

 5、对于判断最大值： A 节点的儿子节点中最大的两个点权之积，即是 A 为父亲节点时的最大联合权值。那么只要取最大父亲节点的最大联合权值即可。

 

代码如下： 

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
#define maxn 200008
typedef long long ll;
const ll mod = 10007;
int n,cnt;
int head[maxn],in[maxn];
ll a[maxn];
struct Edge{
    int to;
    int next;
}edge[maxn<<1];
inline void add(int u,int v){
    edge[++cnt].to=v;
    edge[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
    return;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    int A,B;
    for (int i=1; i <= n-1; i++) {
        scanf("%d%d",&A,&B);
        add(A,B),add(B,A);
        in[A]++,in[B]++;
    }
    for (int i=1; i <= n; i++)  scanf("%lld",&a[i]);
    ll ans=0,res=0;
    for (int i=1; i <= n; i++) {
        if(in[i]<=1) continue;
        ll s1=0,s2=0;
        ll MMax=0,mmax=0;
        for(int j=head[i];j;j=edge[j].next){
            int v=edge[j].to;
            s1=(s1+a[v])%mod,s2=(s2+a[v]*a[v]%mod)%mod;
            if(a[v]>=MMax){mmax=MMax;MMax=a[v];}
            else if(a[v]>mmax) mmax=a[v];
        }
        ll k = ((s1*s1)%mod-s2+mod)%mod;
        ans=(ans+k)%mod;
        res=max(res,MMax*mmax);
    }
    printf("%lld %lld\n",res,ans);
}