NOIP2014 Day1 T2(暴力优化)

先开始想的是求两点距离为2,又是一棵树,那直接LCA以后算然后枚举两个点,$n<=200000$,过不了
另一个思路是两个点距离为2,它们中间一定有一个”中间点”,那好办了,枚举这个”中间点”,然后和这个”中间点”连通的点两两都是可产生联合权值的有序点对
直接暴力是$O(n^2)$,一定会超时,那么我们可以发现,两个数相乘,这两个数越大,乘积越大,那么我们只要每个”中间点”统计和它连通点的最大值$max1$和次大值$max2$,这样就解决了第一问。
那第二问呢?想一想我们在暴力枚举的时候,对于一个”中间点”,假设与它连通的点有$a,b,c$,那么这个”中间点”对答案的贡献为$ab+ac+ba+bc+ca+cb$,我们可以用加法分配律,把原式化为$a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)$,而这个式子又可以化为$a(a+b+c-a)+b(a+b+c-b)+c(a+b+c-c)$,我们发现,这里都有$a+b+c$,即这个”中间点”连通点的权和$sum$,那么原式可化为$a(sum-a)+b(sum-b)+c(sum-c)$,这样我们就可以预处理$sum$,之后快速求出第二问的答案。

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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define LL long long
#define ms(i, j) memset(i, j, sizeof i)
using namespace std;
const int MAXN = 200000 + 5, MO = 10007;
int n, wi[MAXN];
LL sum[MAXN];
vector<int> G[MAXN];
void clean() {
for (int i=1;i<=n;i++) G[i].clear(), sum[i] = 0;
}
void init() {
clean();
for (int i=1;i<n;i++) {
int a, b; scanf("%d%d", &a ,&b);
G[a].push_back(b), G[b].push_back(a);
}
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d", &wi[i]);
}
void solve() {
int ans1 = 0, max1, max2;
LL ans2 = 0;
for (int u=1;u<=n;u++) {
max1 = 0, max2 = 0;
for (int i=0;i<G[u].size();i++) {
int v = G[u][i];
sum[u] = (sum[u]+wi[v])%MO;
if (wi[v]>max1) max2 = max1, max1 = wi[v];
else if (wi[v]>max2) max2 = wi[v];
}
ans1 = max(ans1, max1*max2);
}
for (int u=1;u<=n;u++) {
for (int i=0;i<G[u].size();i++) {
int v = G[u][i];
ans2 = (ans2 + (LL)((wi[v]*(sum[u]-wi[v]))%MO))%MO;
}
}
printf("%d %d\n", ans1, ans2);
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in", "r", stdin);freopen("1.out", "w", stdout);
#endif
while (scanf("%d", &n)==1) init(), solve();
return 0;
}

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