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？
输入输出格式
输入格式：
输入文件名为link .in。
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：
输出文件名为link .out 。
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，[b]输出它时要对10007 取余。 [/b]
输入输出样例
5
1 2
2 3
3 4
4 5
1 5 2 3 10
20 74
说明
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 。
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#define MAXN 500005
using namespace std; struct cc{
map<int,int> m;
}nod[MAXN]; int ans,sum,N;
int vis[MAXN],w[MAXN];
vector<int> G[MAXN]; int cc(int x,int pre){
if(pre!=-){
for(int i=;i<G[pre].size();i++){
int pre_pre=G[pre][i];
if(pre_pre==x) continue;
if(nod[x].m.count(pre_pre)!=) continue; nod[pre_pre].m[x]=nod[x].m[pre_pre]=;
ans=max(ans,(w[pre_pre]*w[x])%);//注意题目描述，此处不应该取模
sum=(sum+w[pre_pre]*w[x]*)%;
// cout<<w[pre_pre]*w[x]<<endl;
}
}
vis[x]=;
// printf("%d %d %d \n",x,pre,pre_pre);
for(int i=;i<G[x].size();i++){
if(!vis[G[x][i]]) cc(G[x][i],x);
}
} int main(){
// freopen("link.in","r",stdin);
// freopen("link.out","w",stdout); scanf("%d",&N);
for(int i=;i<N;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
for(int i=;i<=N;i++) scanf("%d",&w[i]);
cc(,-);
printf("%d %d\n",ans,sum);
return ;
}30分，脑洞map
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#define MAXN 500005
using namespace std; int ans,sum,N;
int vis[MAXN],w[MAXN];
vector<int> G[MAXN]; int cc(int x,int pre){
if(pre!=-){
for(int i=;i<G[pre].size();i++){
int pre_pre=G[pre][i];
if(pre_pre==x) continue;
if(!vis[pre_pre]) continue; ans=max(ans,w[pre_pre]*w[x]);//ans不用取模
sum=(sum+w[pre_pre]*w[x]*)%;
}
}
vis[x]=;
for(int i=;i<G[x].size();i++){
if(!vis[G[x][i]]) cc(G[x][i],x);
}
} int main(){
// freopen("link.in","r",stdin);
// freopen("link.out","w",stdout); scanf("%d",&N);
for(int i=;i<N;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
for(int i=;i<=N;i++) scanf("%d",&w[i]);
cc(,-);
printf("%d %d\n",ans,sum);
return ;
}60分，还是TLE，大雾
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define MAXN 500005
using namespace std; int ans,sum,N;
int vis[MAXN],w[MAXN];
vector<int> G[MAXN]; int cc(int x){
vis[x]=;
if(G[x].size()>=){
for(int i=;i<G[x].size();i++){
for(int j=i+;j<G[x].size();j++){
int k=G[x][i],y=G[x][j];
ans=max(ans,w[k]*w[y]);
sum=(sum+w[k]*w[y]*)%;
}
}
}
// cout<<x<<endl;
for(int i=;i<G[x].size();i++){
if(!vis[G[x][i]]) cc(G[x][i]);
}
} int main(){
// freopen("link.in","r",stdin);
// freopen("link.out","w",stdout); scanf("%d",&N);
for(int i=;i<N;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
for(int i=;i<=N;i++) scanf("%d",&w[i]);
cc();
printf("%d %d\n",ans,sum);
return ;
}60分的另外一种写法
题解：//格式优化 by Radiumlrb
一、审题
首先我们一看到图就就知道图论有关，又因为有n个点和n-1条边，不难看出是一个无环图，这对题目的难度降低了很多。如果直接模拟的话肯定不行，会超时，所以我们应该换一种思维，及一个点周围的节点两两都能产生联合全值，
下面就来完善这一思想。二、算法讨论
①、公式推导：
假如一个点x存在n个节点，分别为x1,x2…xn.
节点最大值只需存下节点中最大值，每次再用当前节点与最大节点相乘，在于max比较。
则关于x节点间的的联合全值之和为：
x（x2+x3…+xn）+x2(x1+x3…+xn)+xn(x1+x2…+xn-1) ；经整理可知就是每两个节点相乘，最后再成2即可；
化简为：
x1(x2+x3…+xn)+x2(x3+x4…+xn)+xn-2(xn-1+xn)+xn-1*xn
可理解为把每一个点和所有前面出现的的点之和相乘再相加最后乘2。②、注意事项：
1、因为图是没有环的，所以一点到距离为二的点必定有且仅有一条，每一个点任意两个节点必将经过此点，所以我们不必讨论是否会重复。
2、因为数据范围很大，用邻接矩阵会爆内存，所以我们必须要用邻接矩阵才行(注意要存双向边）。
3、求联合权值之和时必须边做边对10007取模，不然会超出范围。三、算法实现
用一个二维数组a存边，一维数组max1用来存该点节点中的最大值,大概就是这样吧，剩下的变量就在代码中一一解释。四、代码展示
//Orz P党大神
c,qz,dd:array[..]of longint;
n,i,tot,x,y,max:longint;
//max存最大值，tot存联合全值之和
procedure sb(x:longint);
var i,tot1,nn,ny,max1:longint;
begin
tot1:=; nn:=dd[x]; max1:=;
ny:=a[nn].y;
//循环列举该点的所有节点 tot1存前面出现的节点全值之和。
repeat
if max1*qz[ny]>max then max:=max1*qz[ny];
if qz[ny]>max1 then max1:=qz[ny];
tot:=(tot+tot1*(qz[ny]mod ))mod ;
tot1:=(tot1+qz[ny])mod ;
//要不断对10007取模
nn:=c[nn];
ny:=a[nn].y;
until nn=;
end;
begin
read(n);
for i:= to n- do
begin
read(x,y);
a[i*-].x:=x;a[i*-].y:=y;
c[i*-]:=dd[x];dd[x]:=i*-;
//此处为双向边 dd数组用来把起点相同的边绑定在一起
a[i*].x:=y; a[i*].y:=x;
c[i*]:=dd[y];dd[y]:=i*;
end;
for i:= to n do
read(qz[i]);
for i:= to n do
sb(i);
tot:=tot mod ;
write(max,' ',tot* mod );
//注意最后答案要乘2
end.五、最后的寄语：
其实本题还有更简单的做法，就是搜边即可，没必要枚举每个点，这个留给大家自己去想，我就不多讲。