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题意概括

　　有一棵树，每一个节点都有一个权值w[i]。下面说的x,y都是该树中的节点。

　　对于点对(x,y)，x,y，保证x和y距离为2，那么他们就可以联合，会产生w[x]*w[y]的联合权值。

　　注意：点对(x,y)和(y,x)是不同的。

　　现在要回答两个问题：

　　1. 所有可以联合的点对的最大联合权值。

　　2. 对于所有不同的点对(x,y)，求联合权值和，答案对10007取模。

题解

　　在一棵树上？

　　首先看完体面，觉得像一道树形dp题。

　　其实就是一道树形dp题。

　　我们按照dfs的顺序，首先，我们考虑较简单的一部分。

　　对于询问2，我可以先计算一半（点对的逆序也算不同）。

　　对于节点x，我们分成两种大情况考虑：

　　1. 它与它的儿子的儿子的联合权值。

　　2. 它的儿子和它的儿子的联合权值。

　　首先考虑第一种。

　　做法：

　　　　对于每一个节点，设置两个数组：sum[i]和Max[i]，分别表示其子节点的权值和与最大权值。

　　　　这两个量是非常好维护的。

　　　　那么如何统计？

　　　　对于每一个节点，把它和它的儿子的儿子联合即可 —— 两次联合，分别对应两种询问，一次与儿子的sum结合，一次与儿子的Max结合。

　　然后第二种：

　　　　对于sum，其实很简单，对于当前累加的部分sum[rt](rt为当前节点)，直接联合累加即可。

　　　　不解释，自己看代码。

　　　　那么max也差不多。

代码

#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
const int N=200000+5,M=N*2,mod=10007;
vector <int> son[N];
int n,w[N],sum[N],Max[N],ansMax,anssum;
void dfs(int prev,int rt){sum[rt]=Max[rt]=0;for (int i=0;i<son[rt].size();i++)if (son[rt][i]!=prev){int v=son[rt][i];dfs(rt,v);anssum=(anssum+w[rt]*sum[v])%mod;ansMax=max(ansMax,w[rt]*Max[v]);anssum=(anssum+sum[rt]*w[v])%mod;ansMax=max(ansMax,w[v]*Max[rt]); sum[rt]=(sum[rt]+w[v])%mod;Max[rt]=max(Max[rt],w[v]);}
}
int main(){scanf("%d",&n);for (int i=1;i<=n;i++)son[i].clear();for (int i=1,a,b;i<n;i++){scanf("%d%d",&a,&b);son[a].push_back(b);son[b].push_back(a);}for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);ansMax=anssum=0;dfs(0,1);printf("%d %d",ansMax,anssum*2%mod);return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/NOIP2014Day1T2.html

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