先將所給的圖（無根樹）轉化為有根樹，可以用一遍dfs完成。
轉化為有根樹後，對於i點，能夠產生與它聯合權值的點，要麼是它第乙個祖先（或孫子），要麼是與它深度相同的兄弟。i與它的祖先（孫子）產生的聯合權值容易計算，可以在o(1)內完成，但是與它的兄弟的權值，用樸素的演算法就需要o(n)了，例如i1,i2,i3的父節點都為k，那麼i1,i2,i3之間總的聯合權值就為：2 * ( w[i1] * w[i2] + w[i1] * w[i3] + w[i2] * w[i3] )。然而用樸素演算法做的會tle，所以得考慮優化。
我們分開來觀察一下，對於i1其聯合權值為，w[i1] * ( w[i2] + w[i3] )，i2為 w[i2] * w[i3]， i3為0。現在記sum=w[i1] + w[i2] + w[i3]，那麼上式會化為，w[i1] * ( sum- w[i1] )，w[i2] * ( sum- w[i1] - w[i2] )，w[i3] * ( sum - w[i1] - w[i2] - w[i3] )，因此，我們可以對於每個節點，記錄它的子節點所有權值之和，另外，對於某個父節點k，我們通過有序遍歷它的子節點，這樣就可以設定temp，記錄遍歷過程中經過的子節點權值和，如此一來，對於k的某一子節點i，其聯合權值就可以簡化為w[i] * (sum - temp)。
ps：以上各個過程均通過dfs完成。
**如下：
#include#include#include#include#include#include#include#include#pragma comment(linker,"/stack:102400000,102400000")
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+5;
const int mod=10007;
ll w[maxn],ans,sum;
int head[maxn],cnt,fa[maxn];
bool vis[maxn];
struct node
}node[maxn];
struct edge
e[maxn<<1];
void addedge(int u,int v)
void dfs(int u,int pre,int d)
inline void out(int x)
int main()
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld",&w[i]);
fa[0]=w[0]=0;
dfs(1,0,1);
sum=0; ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i) vis[i]=0;
dfs(1);
printf("%lld %lld\n",ans,(2*sum)%mod);
return 0;
}
洛谷P1351 聯合權值
無向連通圖g 有n 個點，n 1 條邊。點從1 到n 依次編號，編號為 i 的點的權值為w i 每條邊的長度均為1 圖上兩點 u v 的距離定義為u 點到v 點的最短距離。對於圖g 上的點對 u,v 若它們的距離為2 則它們之間會產生wu wv 的聯合權值。請問圖g 上所有可產生聯合權值的有序點對中...
P1351 聯合權值
無向連通圖g有n個點，n 1 條邊。點從1到n依次編號,編號為i的點的權值為w i 每條邊的長度均為 1。圖上兩點 u,v 的距離定義為 u 點到 v 點的最短距離。對於圖 g 上的點對 u,v 若它們的距離為 2，則它們之間會產生wv wu的聯合權值。請問圖 g上所有可產生聯合權值的有序點對中，聯...
P1351 聯合權值
然而這只是一道普及 提高的大水題 洛谷鏈結 這道題是2014年提高組day1的第二題。簡單題意就是在樹上每個點都有權值，相鄰兩點的距離為1，求距離為2的點的權值乘積的和以及最大值。基本思路就是遍歷整棵樹，然後找到距離該點距離為2的點，計算距離，更新最大值和乘積和。但這樣就很慢了。所以我們可以遍歷中間...