P1351 [NOIP2014 提高组] 联合权值

[NOIP2014 提高组] 联合权值

题目背景

NOIP2014 提高组 D1T2

题目描述

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 $W_v \times W_u$ 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 $W_i$。

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。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

20 74

提示

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 $74$。

数据说明

对于 $30\%$ 的数据，$1 < n \leq 100$；
对于 $60\%$ 的数据，$1 < n \leq 2000$；
对于 $100\%$ 的数据，$1 < n \leq 2\times 10^5$，$0 < W_i \leq 10000$。

保证一定存在可产生联合权值的有序点对。

可以暴力写也可以用树形dp写
暴力：
我们对于每个节点来说可以看它的直接子节点,计sum为节点权值之和，则改节点对于所有联合权值之和的贡献就是$sum^2-\sum_{i=1}^na[i]^2$，这个其实很简单，对于某一个直接子节点x来说，它的贡献是$x*(sum-x)$,转换一下就变成了$sum*x-x^2$,然后对每一个点这样计算就好了
而找最大的话就是找最大的和第二大的两个数去算就好了
代码

vector<int> g[N];
void tt()
{
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        g[x].push_back(y), g[y].push_back(x);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    int ans = 0;
    int mx = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (g[i].size() <= 1)
            continue;
        vector<int> ve;
        int sum = 0;
        for (int l = 0; l < g[i].size(); l++){
            ve.push_back(a[g[i][l]]);
            sum += a[g[i][l]];
            ans -= a[g[i][l]] * a[g[i][l]];
        }
        sort(ve.begin(), ve.end());
        mx = max(mx, ve[ve.size() - 1] * ve[ve.size() - 2]);
        ans += sum * sum;
        ans %= mod;
    }
    cout << mx << " ";
    cout << ans << endl;
}

树形dp
感觉差不多，就是把$sum^2-\sum_{i=1}^na[i]^2$展开，然后再减少一些重复遍历就好了

const int N = 500005;
vector<int> g[N];
vector<int> a(N);
int ans = 0;
int an = 0;
int mx[N];//记录当前点的直接子节点的最大值
void dfs(int now, int fa)
{
    if (g[now].size() == 1 && fa != 0)
        return;
    mx[now] = a[fa];
    int sum = a[fa];
    sum %= mod;
    for (auto t : g[now])
    {
        if (t == fa)
            continue;
        dfs(t, now);
        an = max(an, mx[now] * a[t]); // 找联合权值最大
        mx[now] = max(mx[now], a[t]);//找当前点的最大直接子节点
        ans += sum * a[t];// 该点对所有联合权值之和的贡献（这里只有一半，因为它反过来也算，1 3 和3 1个算一次）
        ans %= mod;
        sum += a[t];
        sum %= mod;
    }
}
void tt()
{
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        g[x].push_back(y), g[y].push_back(x);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    dfs(1, 0);
    cout << an << " " << ans * 2 % mod << endl;//记得乘2后取余，因为它反过来也算，1 3 和3 1个算一次
}

posted @ 2024-11-20 22:48 mini_ice 阅读(40) 评论(0) 收藏举报

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