9.24 達哥
思路：
分析:本題是一道二合一的問題,兩個子任務相互對稱.
演算法1：
t=0的資料最直接的想法是從每個點出發做一遍dfs,時間複雜度o(n^2),可以通過第1個測試點,期望得分10分
演算法2：
t=1的資料最直接的想法是列舉所有可能的a陣列判斷是否可行.第2個測試點n<=5,1<=a[i]<=20.注意20^5=3200000,直接暴力搜尋a[i]的取值是可以承受的，可以通過第2個測試點,期望得分10分，結合演算法1,期望得分20分.
演算法3：
t=1的資料中,b陣列的表示式寫出來之後,每個b[i]對應乙個關於a[i]和樹上兩點距離的方程,例如b[1]=dis(1,1)*a[1]+dis(1,2)*a[2]+dis(1,3)*a[3]+…+dis(1,n)*a[n],於是可以列出n個方程用高斯消元求解,可以通過第2,3,4個測試點,期望得分30分,結合演算法1,期望得分40分.
演算法4：
對於測試點5,樹退化為1條鏈。這個測試點的作用主要在於啟發選手想到正解的思路。
t=0時，我們分別考慮編號小於i和大於i的點對b[i]的貢獻.那麼離得越遠的點對答案的貢獻越大.分別考慮每條邊對答案的貢獻,那麼左側的某條邊對答案的貢獻就是這條邊左側全部a[i]之和.實際上，我們對a[i]分別求取兩次字首和，兩次字尾和即可完成對b[i]的計算.
記suf(i)為a[i]+a[i+1]+….+a[n-1]+a[n],pre(i)為a[1]+a[2]+…+a[i-1]+a[i],則b[i]=pre(1)+pre(2)+…+pre(i-1)+suf(i+1)+suf(i+2)+…+suf(n-1)+suf(n)
考慮t=1的情況.
我們知道suf(2)+suf(3)+…+suf(n)的值（即b[1]),知道pre(1) + suf(3) + suf(4) +…+suf(n)的值(即b[2]),知道pre(1)+pre(2)+suf(4)+…+suf(n)的值（即b[3]），注意到這些式子有很多項是一樣的,考慮作差.可以得到下面的式子:
b[2]-b[1]=pre(1)-suf(2),b[3]-b[2]=pre(2)-suf(3)…..b[i+1]-b[i]=pre(i)-suf(i+1)
這些式子是有實際意義的,考慮從b[1]變到b[2]時答案的變化量,變化的就是1和2之間連邊的貢獻.
同時,記sum=a[1]+a[2]+…+a[n-1]+a[n]，顯然pre(i)+suf(i+1)=sum,因此pre(i)=sum-suf(i+1),將上面式子中所有pre換成suf，我們就知道了
sum-2*suf(2) ,sum-2*suf(3)…sum-2*suf(n)的取值。
注意我們將n個式子作差之後得到了n-1個等式，實際上是丟棄了一些資訊，只保留了b[i]之間的相對大小而忽略了b[i]自身的數值大小.於是考慮b[1]=suf(2)+suf(3)+suf(4)+… +suf(n),我們發現suf(2)到suf(n)都恰好出現了一次,而之前得到了n-1個形如sum-2*suf(i)的式子，將這n-1個式子相加,suf(2),suf(3)…suf(n)前面的係數都是2,sum的係數為(n-1),那麼把這個式子加上2*b[1]，就得到了(n-1)*sum,將求得的sum代入之前的n-1個式子可以得到suf(2),suf(3),suf(4)……suf(n),差分一下即可得到a陣列.
時間複雜度o(n),可以通過第5個測試點.推出這個做法,樹上的做法也就不難想了.
演算法5(滿分演算法):
考慮樹上的問題.
t=0的時候,我們可以先暴力計算出b[1],然後從b[1]出發開始dfs，由某個點的父親的b[i]推出這個點的b[i],變化的是這個點和父親的連邊的貢獻,也就是這條邊兩側的點的a[i]之和的差值.
t=1的時候，順著鏈上的思路,我們先隨便找乙個點為根建樹，將有邊直接相連的兩個點的b[i]作差.設x的父親為prt[x],以x為根的子樹中所有a[i]之和為sum(x), sum=a[1]+a[2]+…+a[n-1]+a[n]，那麼b[x]-b[prt[x]]=(sum-sum(x))-sum(x).
同鏈的情況一樣,得到n-1個式子，將樹根的b[i]也列出式子,可以求出全部a[i]之和,然後就可以根據之前的式子推出所有的a[i],和鏈的做法類似，不再贅述.
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define n 100010
using
namespace
std;
int n, opt, idc;
int head[n];
ll sum=0, cnt=0;
ll a[n], b[n], sum[n], dis[n], siz[n];
struct edgeed[n << 1];
inline
void adde (int u, int v)
inline
void dfs0(int u, int f)
}inline
void dfs00(int u, int f)
}inline
void dfs1(int u, int f)
}inline
void dfs11(int u, int f)
} inline
void work0()
inline
void work1()
//42 59 29 34 42 49 51
inline
void init()
int main()
scanf("%d", &opt);
if(opt == 0) work0();
else work1();
}return
0;}
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