欢迎访问~原文出处——博客园-zhouzhendong
去博客园看该题解
题目传送门 - Vijos1906
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=+,M=N*,mod=;
vector <int> son[N];
int n,w[N],sum[N],Max[N],ansMax,anssum;
void dfs(int prev,int rt){
sum[rt]=Max[rt]=;
for (int i=;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=;i<=n;i++)
son[i].clear();
for (int i=,a,b;i<n;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);
son[a].push_back(b);
son[b].push_back(a);
}
for (int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&w[i]);
ansMax=anssum=;
dfs(,);
printf("%d %d",ansMax,anssum*%mod);
return ;
}