計算客444 （2015計蒜之道京東的物流路徑）

題目鏈結

作為乙個電子商務為主體的公司，京東一直努力實現自己「多、快、好、省」的承諾。其中，「快」的特質更是被京東發揮到了極致。京東建立了乙個非常高效的物流網路，物流網路構成了乙個樹結構，由很多的物流點和將物流點鏈結起來的道路組成。

京東物流網路中每個物流點有乙個權值 di，物流點間的道路也都有乙個權值 wi。對於一條物流網路中的路徑，令路徑上所有物流點權值 di 的最小值為 mind，路徑上所有道路權值 wi 的總和為 sumw，則該條路徑的總權值為 mind* sumw。路徑的起點和終點可以是物流網路中的任意物流點，且路徑中不能出現重複的物流點。

請求出京東的這個樹形物流網路所有路徑總權值中的最大值。

輸入格式

第一行輸入乙個整數 t（1 ≤ t ≤ 50），表示資料組數。

每組資料第一行乙個整數 n（1 ≤ n ≤ 105），表示有 n 個物流點。

之後一行 n 個整數，表示每個物流點的權重 di（1 ≤ di ≤ 109）。

接下來有 n - 1 行，每行 3 個整數 ui，vi，wi（1 ≤ ui, vi ≤ n, 1 ≤ wi ≤ 109），表示有一條連線 ui 和 vi 的權值為 wi的道路。輸入資料保證沒有重複出現的（ui，vi）點對，且最終一定會形成乙個樹形物流網路。

最多有 10 組資料的 n 超過 104。

輸出格式

一共輸出 t 行，每行乙個整數，表示路徑總權值的最大值。

樣例1輸入：

31 2 3

1 2 1

1 3 2

輸出：

提示資訊

總權值最大的路徑是 2 - 1 - 3，mind 為 min(1, 2, 3) = 1，sumw 為 sum(1, 2) = 3，因此總權值為 1 * 3 = 3。

思路：樹分治。求得重心，以重心為樹根遍歷所在子樹，求得所有點到根的路徑資訊（子樹編號、路徑長度、路徑最小點權）。

關鍵在於如何高效率的更新答案，思路為先按照路徑最小點權由小到大排序，從後往前遍歷，對於當前路徑，滿足要求的解為，樹編號不一樣的且不小於其最小點權的路徑長度最大的。所以要記錄並更新之前的最長路徑，和與最長路徑子樹編號不一樣的次長路徑，這樣最優答案即為其中與當前路徑編號不一樣的乙個。

當時比賽時不知道樹分治的思想，普通思路一直超時。題解說點分治，並不知道什麼意思，這幾天學習了樹分治想起這個題，便根據自己的理解敲了一遍。

#pragma comment(linker, "/stack:10240000000,10240000000")

#include#include#include#include #include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;

#define eps 1e-8

#define pii pair#define inf 0x3f3f3f3f

#define rd(x) scanf("%d",&x)

#define rd2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)

#define rd3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)

#define mo(x) memset(x,0,sizeof(x))

#define ll long long int

#define mod 1000000007

#define maxn 101000

#define maxm 10000001

int mi(int a,int b)

struct node

edge[maxn*2];

int head[maxn],vis[maxn],tot;

int d[maxn],sz[maxn],mx[maxn];

//ll dis[maxn];

ll res;

int n,nn;

void init()

void addedge(int u,int v,int w)

void dfsize(int x,int fa)

}void dfsroot(int r,int x,int fa,int &root,int &mm)

}else if(dis[i].w>m2.w&&dis[i].k!=m1.k) m2=dis[i];

}}void solve(int x)

}int main()

{ int t,u,v,w;

rd(t);

while(t--){

rd(n);

init();

for(int i=1;i<=n;i++) rd(d[i]);

for(int i=1;i

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