晚間測試3 B 單 single

單車聯通大街小巷.這就是出題人沒有寫題目背景的原因.

對於一棵樹,認為每條邊長度為 \(1\),每個點有乙個權值\(a[i]\).\(dis(u,v)\)為點\(u\)到\(v\)的最短路徑的邊數.\(dis(u,u)=0\).對每個點求出乙個重要程度.點\(x\)的重要程度\(b[x]\)定義為其他點到這個點的距離乘上對應的點權再求和. 即:\(b[x]=a[1]*dis(1,x)+a[2]*dis(2,x)+....+a[n]*dis(n,x)\)

現在有很多樹和對應的\(a\)陣列，並求出了\(b\)陣列.不幸的是，記錄變得模糊不清了.幸運的是,樹的形態完好地儲存了下來,\(a\)陣列和\(b\)陣列至少有乙個是完好無損的,但另乙個陣列完全看不清了.

希望你求出受損的陣列.多組資料.

第一行輸入乙個\(t\)，表示資料組數。接下來\(t\)組資料。

每組資料的第\(1\)行\(1\)個整數\(n\)表示樹的點數.節點從\(1\)到\(n\)編號.

接下來\(n-1\)行每行兩個整數\(u,v\)表示\(u\)和\(v\)之間有一條邊.

接下來一行乙個整數\(t\)，表示接下來陣列的型別。

\(t=0\)則下一行是\(a\)陣列，\(t=1\)則下一行是\(b\)陣列。

接下來一行\(n\)個整數，表示儲存完好的那個陣列，第\(i\)個數表示\(a[i]\)或\(b[i]\)。

\(t\)行，每組資料輸出一行表示對應的\(a\)陣列或\(b\)陣列，陣列的相鄰元素用乙個空格隔開。忽略行末空格和行尾回車.

2

21 2

117 31

21 2

031 17

31 17

17 31

對於\(100\%\)的資料，\(t=5,2<=n<=100000,1<=u,v<=n\),保證給出的\(n-1\)條邊形成一棵樹

對於\(100\%\)的資料，\(t=0\)或\(t=1,1<=a[i]<=100,1<=b[i]<=10^9\)，\(t=1\)時保證給出的\(b\)陣列對應唯一的乙個\(a\)陣列。

對於\(100\%\)的資料，單個輸入檔案不會包含超過\(2000000\)個整數，這段話可以理解為，你不必考慮輸入輸出對程式執行時間的影響。

對於\(100\%\)的資料，保證答案不會超過\(int\)能表示的範圍

接下來的**中描述了每個測試點的具體特徵。每個測試點的\(5\)組資料均符合**中對應的特徵。

預設 \(1\) 號節點為根節點

我們設 \(sum[i]\) 為以 \(i\) 為根的子樹中 \(a\) 陣列的和

當 \(t=0\) 時，顯然是乙個換根 \(dp\)，有 \(b[now]=b[fa]+sum[1]-sum[now]-sum[now]\)

當 \(t \neq 0\) 時，如果資料範圍較小的話可以進行高斯消元

但是這道題的 \(n\) 比較大，所以我們只能推式子

由換根 \(dp\) 的式子，我們可以得到對於除\(1\)之外的任何節點都有 \(b[now]-b[fa]=sum[1]-2sum[now]\)

我們把這些式子相加，可以得到 \(x_1b[1]+x_2b[2]+...+x_nb[n]=(n-1)sum[1]-2 \sum_^nsum[now]\)

對於左邊這一堆，我們可以 \(dfs\) 求出每乙個節點對應的係數 \(x_i\)，從而得到左邊的值

對於右邊的 \(\sum_^nsum[now]\)，其實就是 \(b[1]\)

因為我們在換根 \(dp\) 的第乙個 \(dfs\) 時會有 \(b[1]= \sum_sum[u]+g[u]\)

其中 \(g[u]=\sum_sum[v]+g[v]\)

當遞迴到葉子節點時，會有\(g[u]=sum[u]=a[u]\)

所以\(\sum_^nsum[now]=b[1]\)

我們帶入上面的式子就可以求出 \(sum[1]\)

進行一遍 \(dfs\) 可以求出所有節點的\(sum\)值

再進行一遍 \(dfs\) 就可以求出所有節點的\(a\)值

#include#include#include#include#include#define int long long
inline int read()
while(ch>='0' && ch<='9')
return x*fh;
}const int maxn=1e6+5;
int n,head[maxn],tot=1,t;
struct asdb[maxn];
void ad(int aa,int bb)
void clr()
int zd[maxn];
int f[maxn],g[maxn],siz[maxn],sum;
void dfs1(int now,int fa)
}void dfs2(int now,int fa)
for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next)
}void solve1()
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("\n");
}int nans,ncnt,xs[maxn];
void dfs3(int now,int fa)
}void dfs4(int now,int fa)
}void dfs5(int now,int fa)
}void solve2()
siz[1]=nans-ncnt*zd[1];
siz[1]+=2*zd[1];
siz[1]/=(n-1);
dfs4(1,0);
dfs5(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("\n");
}signed main()
op=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
if(op==0) else 
}	return 0;
}

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