[解题思路]
（虽然说下面的话可能有点多，但鄙人还是希望各位能看完，对理解大有裨益）
总的来说，本体让求两个值，一个所有权值联合后的和，二是最大的联合权值，那好，我们暂且先来看看这最大的联合权值
所谓联合权值，就是两个距离为2的节点的全职的乘积，那怎么乘着最大呢？对一个点来说，最大的乘积自然就是和它相邻的两个权值最大的节点的权值的乘积，
至于求这两个最大值，我们完全可以在读入数据的时候顺便处理一下嘛，举手之劳而已！！
对于所有的联合权值之和，我们要求你还是要有一点数学基础的，但也不高，三年级就足够了！！你先想一想，我们怎么来求这个和呢？哦！无非就是把所有的
加起来而已嘛！对啊， 但是怎么加着快呢？你想一想，哦，一个点旁边有好多个点，每两个都乘一下，真的好麻烦啊！！有什么传说级别的算法能处理一下吗？
不，没有。有的只有一个，那叫做，加法结合律！！！
好吧，我也不装了，你想一想，和o点相邻的点有a,b,c,d,e,f,g七个，假设他们的权值就是a,b,c,d,e,f,g，二逼青年的计算过程是这样的：sum：=a·b+a·c+a·d…….+a….+e*g….,但其实我们这样处理，我们先用加法运算法则，发现sum其实就是每个点的权值乘以可以联合（距离为2）的节点的所有权值之和，所以说，我们在读入数据的时候，可以预先处理一下，把每个节点周围相邻节点的权值之和给加起来，就以上述为例，在处理时，把a,b,c….g的权值加起来为s[o]{o点相邻点的权值之和}，然后在计算时，就可以用sum:=a·(s[o]-a)+b·(s[o]-b)…..很自然的结果就出来了!
对上述算法进行效率分析，可知，似乎没有一个地方要用到两层循环，时间复杂度无限接近于O(n),肯定不超时的！！！
[参考程序]
program link;
type
edge=record//用来存储边，u和v代表两个节点
u,v:longint;
end;
var
n,i,j,ans1,ans2,u,v:longint;
s:array[1..200000]of int64;//s数组用来存储和节点i相邻的所有点的权值之和
w,max1,max2:array[1..200000]of longint;//w数组用来存储每个边的权值，max1用来存储每个节点相邻节点中权值最大的节点权值，max2来存储次大的节点权值
e:array[1..200000]of edge;//存储边
procedure work(x:longint;var a,b:longint);//注意，这个过程是比大小的，但由于比较的结果必须返回，所以必须用全局变量，括号里的var是不可或缺的
begin
if x>a then
begin
b:=a; a:=x;
end
else
if x>b then b:=x;
end;
begin
readln(n);
for i:=1 to n-1 do readln(e[i].u,e[i].v);//读入每个边的两个端点
for i:=1 to n do read(w[i]);//读入权值
for i:=1 to n-1 do //对值进行预处理
begin
u:=e[i].u; v:=e[i].v;
inc(s[u],w[v]);//等同于s[u]:=s[u]+w[v]，意在计算u节点的相邻节点的权值总和
inc(s[v],w[u]);//同上
work(w[v],max1[u],max2[u]);//不断地更新节点周围权值的最大与次大值
work(w[u],max1[v],max2[v]);//同上
end;
for i:=1 to n do if max1[i]*max2[i]>ans1 then ans1:=max1[i]*max2[i];//计算最大的联合权值
for i:=1 to n-1 do//对每条边的两个节点进行处理
begin
u:=e[i].u; v:=e[i].v;
ans2:=(ans2+(s[u]-w[v])*w[v] mod 10007)mod 10007;
ans2:=(ans2+(s[v]-w[u])*w[u] mod 10007)mod 10007;
end;
writeln(ans1,‘ ‘,ans2);
end.版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。