我们钦定1为根,开始第一遍dfs
第 一 遍 d f s 的 目 的 是 处 理 节 点 v 子 树 的 h e [ v ] = ∑ i ∈ v 的 子 树 a i 第一遍dfs的目的是处理节点v子树的he[v]=\sum\limits_{i\in{v的子树}}a_i 第一遍dfs的目的是处理节点v子树的he[v]=i∈v的子树∑ai
并 把 d p [ 1 ] 计 算 出 来 , d p [ 1 ] 表 示 选 定 1 时 树 的 总 花 费 并把dp[1]计算出来,dp[1]表示选定1时树的总花费 并把dp[1]计算出来,dp[1]表示选定1时树的总花费
第二遍dfs求答案
你 看 我 们 知 道 了 1 的 总 花 费 , 那 么 设 1 的 儿 子 是 v 你看我们知道了1的总花费,那么设1的儿子是v 你看我们知道了1的总花费,那么设1的儿子是v
如 果 选 定 v , 那 么 v 子 树 的 节 点 到 v 节 点 的 距 离 比 到 1 距 离 少 1 如果选定v,那么v子树的节点到v节点的距离比到1距离少1 如果选定v,那么v子树的节点到v节点的距离比到1距离少1
所 以 暂 时 d p [ 1 ] − h e [ v ] 所以暂时dp[1]-he[v] 所以暂时dp[1]−he[v]
除 去 v 的 子 树 节 点 , 其 他 节 点 到 v 的 距 离 比 到 1 的 节 点 都 增 加 1 除去v的子树节点,其他节点到v的距离比到1的节点都增加1 除去v的子树节点,其他节点到v的距离比到1的节点都增加1
所 以 d p [ v ] = d p [ 1 ] − h e [ v ] + ( s u m n − h e [ v ] ) 所以dp[v]=dp[1]-he[v]+(sumn-he[v]) 所以dp[v]=dp[1]−he[v]+(sumn−he[v])
其 中 s u m n 是 所 有 a i 的 和 其中sumn是所有a_i的和 其中sumn是所有ai的和
既 然 从 1 能 推 到 1 的 儿 子 , 1 的 儿 子 就 可 以 推 到 下 一 个 儿 子 , 可 以 O ( n ) 遍 历 既然从1能推到1的儿子,1的儿子就可以推到下一个儿子,可以O(n)遍历 既然从1能推到1的儿子,1的儿子就可以推到下一个儿子,可以O(n)遍历
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
typedef long long ll;
ll n,m,a[maxn],he[maxn],dp[maxn],ans,sumn;
struct p{
ll to,nxt;
}d[maxn<<1];ll head[maxn<<1],cnt=1;
void add(ll u,ll v){
d[cnt].to=v,d[cnt].nxt=head[u],head[u]=cnt++;
}
void run(ll u,ll fa,ll deep)
{
dp[1]+=deep*a[u];
he[u]=a[u];
for(int i=head[u];i;i=d[i].nxt)
{
int v=d[i].to;
if(v==fa) continue;
run(v,u,deep+1);
he[u]+=he[v];
}
}
void dfs(ll u,ll fa)
{
for(ll i=head[u];i;i=d[i].nxt)
{
ll v=d[i].to;
if(v==fa) continue;
dp[v]=dp[u]-he[v]+(sumn-he[v]);
dfs(v,u);
}
}
int main()
{
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin >> a[i];
sumn+=a[i];
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
int l,r;
cin >> l >> r;
add(l,r);add(r,l);
}
run(1,0,0);
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[i]);
cout << ans;
}
