首先说明一下，我是一个刚刚进入oi界不到半年的蒟蒻——半年来，我是仅仅凭着兴趣和决心，在校队的一群dalao中瑟瑟发抖。我做的很多题目都是“苟”出来的，就比如说这次模拟赛中的“联合权值”，仅凭暴力只坑了40分。
现在就从这道题目开始分析吧。题目如下：
标题: 联合权值
详情:
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 Wi。 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。 限制: 对于 30%的数据,1 < ?? ≤ 100;对于 60%的数据,1 < ?? ≤ 2000;对于 100%的数据,1 < ?? ≤ 200,000,0 < ??! ≤ 10,000。 样例:
输入
5
1 2
2 3
3 4
4 5
1 5 2 3 1 0
输出
20 74
解释
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。
-----------------华丽的分界线---------------------
我自己做的（40分的）（超时60%）代码如下：
1 #include <cstdio>
2 #define N 200001
3 struct enode {
4 int to;
5 enode *next;
6 };
7
8 struct vnode {
9 int form;
10 enode *first;
11 } v[N];
12
13 int main() {
14 int k,i,j,w,n,xx[N],maxx=0,sum=0,tmp;
15 scanf("%d",&n);
16 for (k=1;k<=n-1;k++) {
17 scanf("%d%d",&i,&j);
18 enode *p=new enode();
19 p->to=j;
20 p->next=v[i].first;
21 v[i].first=p;
22 enode *q=new enode();
23 q->to=i;
24 q->next=v[j].first;
25 v[j].first=q;
26 }
27 for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&xx[i]);
28 for (i=1;i<=n;i++) {
29 for (enode *qq=v[i].first;qq!=NULL;qq=qq->next) {
30 for (enode *pp=v[qq->to].first;pp!=NULL;pp=pp->next) {
31 if (i!=pp->to) {
32 //printf("%d %d\n",i,pp->to);
33 tmp=xx[i]*xx[pp->to];
34 if (maxx<tmp) maxx=tmp;
35 sum+=tmp;
36 }
37 }
38 }
39 }
40 printf("%d %d",maxx,sum);
41 return 0;
42 }
可见，该代码不仅硬套模板，而且花了大半的时间重复搜索，这也就是它只得了20分的原因。
那么，正确的解法如何呢？
因为题目中的图是一棵树，所以可以用广搜来搜索每个节点的父节点和子节点，将其两两匹配，再将所有的子节点两两匹配。以数据
5
1 2
2 3
3 4
4 5
1 5 2 3 1 0
为例
| gw.x，表示节点编号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| gw.f，表示父节点 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
顺序是，1-3,、2-4、3-5
然后将值乘起来，算得结果（60分无误）
不过这道题的优化可以使用dp，思路如下 （怎么竟然是dp我的天啊）
伪代码：
先存节点：
1 -2 -3
2 -1 -4 -5
3 -1 -6 -7
4 -2
5 -2
6 -3
7 -3
边：2-3, 1-4, 1-5, 4-5, 1-6, 1-7, 2-7
两两比较，在n个顶点找最大值与次大值，时间复杂度O(n^2)
——但是，若第一顶点就有n个顶点，那么这个时间复杂度就不成立；事实上，时间复杂度不可能为n^2，而是没有那么复杂。
综上，这tm就是一道彻彻底底的数学题！根本就和图论没有半毛钱关系！！！
标程如下：
1 #include<map>
2 #include<set>
3 #include<cmath>
4 #include<stack>
5 #include<queue>
6 #include<cstdio>
7 #include<vector>
8 #include<cstring>
9 #include<cstdlib>
10 #include<iostream>
11 #include<algorithm>
12 #define mod 10007
13 #define pi acos(-1)
14 #define inf 0x7fffffff
15 #define ll long long
16 using namespace std;
17 ll read()
18 {
19 ll x=0,f=1;char ch=getchar();
20 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
21 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
22 return x*f;
23 }
24 int n;
25 ll w[200005],mx[200005],sum[200005];
26 ll ans1[200005],ans2[200005];
27 vector<int>e[200005];
28 void dp(int x,int fa)
29 {
30 for(int i=0;i<e[x].size();i++)
31 {
32 int y=e[x][i];
33 if(y==fa)continue;
34 dp(y,x);
35 mx[x]=max(mx[x],w[y]);
36 sum[x]=(sum[x]+w[y])%mod;
37 ans1[x]=max(ans1[x],w[x]*mx[y]);
38 ans1[x]=max(ans1[x],ans1[y]);
39 ans2[x]=(ans2[x]+w[x]*sum[y])%mod;
40 ans2[x]=(ans2[x]+ans2[y])%mod;
41 }
42 ll t1=0,t2=0;
43 for(int i=0;i<e[x].size();i++)
44 {
45 int y=e[x][i];
46 if(y==fa)continue;
47 ans1[x]=max(ans1[x],t1*w[y]);
48 ans2[x]=(ans2[x]+t2*w[y])%mod;
49 t1=max(t1,w[y]);
50 t2=(t2+w[y])%mod;
51 }
52 }
53 int main()
54 {
55 n=read();
56 for(int i=1;i<n;i++)
57 {
58 int u=read(),v=read();
59 e[u].push_back(v);
60 e[v].push_back(u);
61 }
62 for(int i=1;i<=n;i++)
63 {
64 w[i]=read();
65 w[i]%=mod;
66 }
67 dp(1,0);
68 cout<<ans1[1]<<‘ ‘<<ans2[1]*2%mod<<endl;;
69 return 0;
70 }
这道题由老师给出的标程，更加简洁：
1 #include<cstdio>
2 #include<vector>
3 #define modd 10007
4 using namespace std;
5
6 int w[200006],n,x,y,max1,k1,k2,l,tot,s[200006],sum;
7 vector<int> a[200006];
8
9 int main()
10 {
11 scanf("%d",&n);
12 for(int i=1;i<n;i++)
13 {
14 scanf("%d%d",&x,&y);
15 a[x].push_back(y);
16 a[y].push_back(x);
17 }
18 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
19 for(int j=1;j<=n;j++)
20 if(a[j].size()>1)
21 {
22 k1=k2=0;
23 for(int i=0;i<a[j].size();i++)
24 {
25 if(w[a[j][i]]>k1)
26 {
27 k2=k1;k1=w[a[j][i]]; //k2=k1一定要写
28 }
29 else if(w[a[j][i]]>k2) k2=w[a[j][i]];
30 s[j]+=w[a[j][i]];s[j]%=modd;
31 }
32 l=k1*k2;
33 if(l>max1)
34 {
35 max1=l;continue;
36 }
37 }
38 for(int i=1;i<=n;i++)
39 if(a[i].size()>1)
40 for(int j=0;j<a[i].size();j++)
41 {
42 sum+=w[a[i][j]]*(s[i]-w[a[i][j]]);
43 sum%=modd;
44 }
45 printf("%d %d\n",max1,sum);
46 return 0;
47 }
网上某dalao的回答：动规题无误。思路：
考虑树形dp：
一个结点距离相差2的点要不然是儿子的儿子，不然是兄弟
先考虑第一部分
只要记录一个结点儿子的权值和sum[x]，以及权值的最大值mx[x]
ans1x=max{mxyi?wx}
ans2x=∑sumyi?wx
总之，dp什么的都去死吧。
最怕dp ( Difficult Problem )