【NOIP2014提高组】联合权值
来源:互联网 发布:淘宝系统排查时间 编辑:程序博客网 时间:2024/06/07 11:22
【问题描述】
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(W_u)×(W_v)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?
【输入格式】
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Wi 。
【输出格式】
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。
【输入样例】
5
1 2
2 3
3 4
4 5
1 5 2 3 10
【输出样例】
20 74
【样例解释】
本例输入的图如上所示,距离为 2 的有序点对有(1,3)、(2,4)、(3,1)、(3,5)、(4,2)、(5,3)。 其联合权值分别为 2、15、2、20、15、20。其中最大的是 20,总和为 74。
【数据范围】
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。
边无权,所以节点i,j只有两种关系可以有联合权值:1.爷爷与孙子(i(或j)的父节点的父节点是j(或i))2.兄弟(i,j拥有共同的父节点)对于30%的数据可用floyd,就不说了。对于60%的数据就随便选一个节点当根,然后按照上面的两个条件做就行了100%数据:见程序task:bfs层次遍历,关键就是模拟,加个sum和maxw就能优化AC了
#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstdlib>#include<vector>#include<cstring>#define mod 10007#define maxn 200005 #define oo 100000000using namespace std;int n,ans1=0,ans2=0;int w[maxn],fa[maxn],q[maxn*2];bool vis[maxn];vector<int>g[maxn];void in(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<n;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); g[x].push_back(y); g[y].push_back(x); } for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);}void task(){ int front=1,rear=1; fa[1]=1; vis[1]=1; q[rear++]=1; while(front!=rear) { int i=q[front++],sz=g[i].size(); int sum=0,maxw=0; //sum表示树的当前层所有的点权前缀,maxw表示最大点权 if(fa[i]!=i) //不为根 sum=w[fa[i]]%mod,maxw=w[fa[i]]; for(int k=0;k<sz;k++) { int j=g[i][k]; if(vis[j]) continue; ans1=max(ans1,w[j]*maxw); ans2=(ans2+(2*sum*w[j])%mod)%mod; sum=(sum+w[j])%mod; maxw=max(maxw,w[j]); vis[j]=1; q[rear++]=j; fa[j]=i; } } printf("%d %d",ans1,ans2);}int main(){ //freopen("in.txt","r",stdin); in(); task(); return 0;}
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