NOIP 2014 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，聯合權值最大的是多少？所有聯合權值之和是多少？

輸入格式：

輸入檔名為link .in。

第一行包含1 個整數n 。

接下來n - 1 行，每行包含 2 個用空格隔開的正整數u 、v ，表示編號為 u 和編號為v 的點之間有邊相連。

最後1 行，包含 n 個正整數，每兩個正整數之間用乙個空格隔開，其中第 i 個整數表示圖g 上編號為i 的點的權值為w i 。

輸出格式：

輸出檔名為link .out 。

輸出共1 行，包含2 個整數，之間用乙個空格隔開，依次為圖g 上聯合權值的最大值

和所有聯合權值之和。由於所有聯合權值之和可能很大，輸出它時要對10007 取餘。

輸入樣例#1：複製

1 2

2 33 4

4 5

1 5 2 3 10

輸出樣例#1：複製

本例輸入的圖如上所示，距離為2 的有序點對有( 1,3) 、( 2,4) 、( 3,1) 、( 3,5) 、( 4,2) 、( 5,3) 。

其聯合權值分別為2 、15、2 、20、15、20。其中最大的是20，總和為74。

【資料說明】

對於30% 的資料，1 < n≤ 100 ；

對於60% 的資料，1 < n≤ 2000；

對於100%的資料，1 < n≤ 200 , 000 ，0 < wi≤ 10, 000 。

這個題以亂搞為主。

我們可以發現直接列舉乙個點兩邊的點就相當於同時列舉兩點了，所以我們直接列舉乙個點兩邊的點。考慮這樣複雜度還是太高（n^2），我們嘗試優化。

首先，對於乙個點的最大的聯合權值，一定是其所有出點權值中最大和次大的乘積（如果只有乙個，則次大不存在，聯合權值為0），我們可以在列舉點的時候順便處理出最大和次大值來。其次，對於乙個點的聯合權值之和，為σw[i]*w[j],(i,j為點u的出點，且i,j有序)，我們從這個式子中不難發現，乙個出點i可以和點u的任意乙個出點j（i≠j）產生一定的聯合權值，總的來說就是i對答案的貢獻為w[i]*（w[j1]+w[j2]+...+w[jd]）（在這個式子中不含w[i]）,（d為u的出度），如果令sum表示u的所有出點的權值之和，那麼i對答案的貢獻也可以寫成w[i]*(sum-w[i]),那麼，我們可以預處理出sum來，然後對出點進行一次遍歷，計算出所有的w[i]*(sum-w[i])，則σw[i]*(sum-w[i])，就是點u對答案的貢獻。最後相加即可。

這題的難點就在於開腦洞，和各種數學知識亂搞就行了。

#include#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
int n=2e5+5
;inline 
intread()
while(c>='
0'&&c<='9'
) 
return ret*f;
}int
n;struct
edgee[n
<<1
];int head[n],nxt[n<<1],tot=0
;void adde(int f,intt);
nxt[tot]=head[f];
head[f]=tot;
}int
w[n];
int maxw=0,sumw=0
;const
int mod=10007
;void
solve()
else
sum+=w[v];
sum%=mod;
}maxw=max(maxw,fir*sec);
for(int j=head[i];j;j=nxt[j])
}}int
main()
for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read();
solve();
printf(
"%d %d
",maxw,sumw%mod);
return0;
}

NOIP 2014 聯合權值

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（noip2014）聯合權值

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