联合权值——呆滞大佬der最骚操作?

联合权值

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Wu×Wv 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。

样例输入:

5  
1 2  
2 3
3 4  
4 5  
1 5 2 3 10 

样例输出:

20 74

提示:

【样例说明】

1498614983226819123.png

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≤ 100 ;

对于60% 的数据,1 < n≤ 2000;

对于100%的数据,1 < n≤ 200 , 000 ,0 < wi≤ 10, 000 。

时间限制:1000ms
空间限制:256MByte

这个题目暴力枚举很明显不是正解,但是显然我们需要将各种点之间是否相连这个状态给保存下来,但是由题目可知,n<=200000,所以要是开二维数组开满的话起码得要20万*20万的数组,这个肯定是开不下的。所以这个时候又是STL上场的时候了,我们可以用vector来减少无用的空间。同时这个题目中所求的联合权值的总和可以用加法结合律来优化(虽然听起来很智障,但是用还是很好用的)。对于一个节点来说,可以被看成是其相连两个节点的中间点,假设有点s连着a,b,c,d四个点,所以对于s来说其联合权值的总和为ab+ac+ad+bc+bd+cd,所以就是加法结合律了,等等,你可能会发现一个东西,这怎么用加法结合律。其实,以上这个式子是错的,因为题目中有一句话讲到一下几个字,有!序!点!对!所以说,ac与ca都是要算一遍的,所以其实是,ab+ac+ad+ba+bc+bd+ca+cb+cd+da+db+dc,然后就是a*(b+c+d)+b*(a+c+d)+c*(a+b+d)+d*(a+b+c),(这个是不是乘法结合律?)所以我们可以看成a*(sum-a)+b*(sum-b)+c*(sum-c)+d*(sum-d),所以将每个节点边上节点权值之和求出放在结构体中,这个问题就被大大地简化了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector v[200001];
long long s[200001],w[200001],n,maxn,sum;
int main(){
	cin>>n;
	for (int i=1,a,b; i<n; i++){
		cin>>a>>b;
		v[a].push_back(b);//将与a相连的点存在v[a]中
		v[b].push_back(a);//将与b相连的点存在v[b]中
	}
	for (int i=1; i<=n; i++)
		cin>>w[i];//w记录点的权值
	for (int i=1; i<=n; i++){
		long long maxn1,maxn2;
		maxn1=0;maxn2=0;
		for (int l=0; l<v[i].size(); l++){
			s[i]+=w[v[i][l]];//s[i]存与i节点相连的节点权值之和
			if (s[i]>10007) s[i]-=10007;//玄学,减比取模快
			if (w[v[i][l]]>maxn1){
				maxn2=maxn1;
				maxn1=w[v[i][l]];
			}//maxn1与maxn2分别为与i节点相连节点中第一和第二大的权值
			else if (w[v[i][l]]==maxn1 || w[v[i][l]]>maxn2)
				maxn2=w[v[i][l]];
		}//随时准备更新manx2
		if (maxn1*maxn2>maxn)
			maxn=maxn1*maxn2;
                 //maxn即为最大权值
	}
	for (int i=1; i<=n; i++){
		for (int l=0; l<v[i].size(); l++){
		sum+=(s[i]-w[v[i][l]])*w[v[i][l]];//迷之加法结合律(乘法结合律)
		sum%=10007;	
		}
	}
	cout<<maxn<<" "<<sum%10007;
	return 0;
}

你以为这篇博客到这里就完了?大错特错,标题告诉我们,接下来才是正题,那就是呆滞大佬der最骚操作。呆滞大佬当初写这个题目的时候,就想到了他之前那写过的天天爱跑步,于是他就写了一个弱化的天天爱跑步(虽然感觉这两个题目没有任何关系)。呆滞大佬的想法就是,用两个结构体,分别是点和边,其中的边是有向边,题目中为无向边,只要看成两条无向边即可。我们可以先贴代码,然后再讲些别的东西。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mos=200005;
struct point{
	long long ti,value,first,second,sum;
}b[mos<<1];
struct edge{
	int sta,ed;//就是start和end
}a[mos<<1];
bool mmp(edge a,edge b){
	return a.sta<b.sta;
}
long long num1=0,num2=0,x,n,ss;
int main(){
	cin>>n;
	for (int i=1; i<n; i++){
		cin>>a[(i<<1)-1].sta>>a[(i<<1)-1].ed;
		a[i<<1].sta=a[(i<<1)-1].ed;
		a[i<<1].ed=a[(i<<1)-1].sta;
		b[a[i<<1].sta].ti++;
		b[a[i<<1].ed].ti++;
	}
	sort(a+1,a+(n<<1)-1,mmp);//将边按照起点从小到大排序
	for (int i=1; i<=n; i++)
	b[i].ti+=b[i-1].ti;//求ti的前缀和。
	for (int i=1; i<=n; i++)
	cin>>b[i].value;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		for (int l=b[i-1].ti+1; l<=b[i].ti; l++){
			b[i].sum+=b[a[l].ed].value;
			if (b[a[l].ed].value>b[i].first){
				b[i].second=b[i].first;
				b[i].first=b[a[l].ed].value;
			}
			else if (b[a[l].ed].value>b[i].second) b[i].second=b[a[l].ed].value;
		}
		b[i].sum%=10007;
	}
	for (int i=1; i<=n; i++){
		for (int l=b[i-1].ti+1; l<=b[i].ti; l++){
			num2+=b[i].value*(b[a[l].ed].sum-b[i].value);
			num2%=10007;
			if (ss<b[a[l].ed].first*b[a[l].ed].second)
			ss=b[a[l].ed].first*b[a[l].ed].second;
			if (ss>num1) num1=ss;
		}
	}
	cout<<num1<<" "<<num2;
	return 0;
}

其中最迷离的应该是在point结构体中的ti变量了,ti所代表的意思即为b节点在边中为起点的次数。其中最骚的就是这个ti的前缀和了!看完这个代码你就会发现呆滞大佬用ti的前缀和解决了开无用数组所造成的浪费,其中b[i].ti-b[i-1].ti-1就是在上一个程序中的vector v.size(),这样是坠骚滴。b[i].ti和a[b[i].ti]的关系就是不言而喻的,慢慢体会就会感觉……异常地骚。震惊!明天居然还要考试!

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posted @ 2017-08-08 11:34  |斗蜂|  阅读(373)  评论(0编辑  收藏  举报