「Imbalance Value of a Tree」Solution

简述题意

给定一颗 $n$ 个节点的树，每个点有一个点权 $a_i$。
定义 $I(x,y)$ 表示 $x$ 到 $y$ 的路径上最大点权与最小点权的差值。
求出 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i}^{n}I(i,j)$。

• $1\le n,a_i\le 10^6$

思路

很显然最大值和最小值可以拆开维护，即所有简单的路径的点权最大值减去点权最小值。拆完贡献后，枚举每一个点，求出它对多少条简单路径有贡献，到这一步都是显然的。

那么此题便转化为，求出经过 $i$ 的简单路径，有多少路径上的点权最小/大值等于 $a_i$，对于此类钦定最小/大值 + 集合计数的问题，且值域较小，套路地用并查集维护。

不妨以最大值为例，我们从小到大枚举点权 $x$，每次把 $a_i=x$ 的 $i$ 与其相连且满足 $a_v<a_u$ 的 $v$ 合并，那么，我们便可以保证，合并之前在 $i$ 所属的集合任选一个点，在 $v$ 所属的集合任选一个点，这两点间的简单路径的最大点权就是 $x$，且合并后的集合再和别的集合合并，也是满足这个条件的。因此，一次合并对答案的贡献即为 $si{z}_i\times si{z}_v\times x$，其中 $si{z}_i$ 表示 $i$ 所属集合的点数。

最小值同理，只不过对答案的贡献是负的。

代码

此题只要想到并查集的 $\text{Trick}$ 就很显然了，思维和代码难度都很小，然而如果想偏了基本上就不可做了。（可见一个正确的思想多么重要）

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 5;
int n , a[MAXN] , ans , now;
vector<int> E[MAXN] , id[MAXN];
namespace DSU{
	int fa[MAXN] , siz[MAXN];
	void MakeSet(int n) {for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) fa[i] = i , siz[i] = 1;}
	int FindSet(int x) {return (fa[x] == x ? x : fa[x] = FindSet(fa[x]));}
	void UnionSet(int x , int y) {
		x = FindSet(x) , y = FindSet(y);
		if (x == y) return;
		ans += siz[x] * siz[y] * now;
		fa[x] = y , siz[y] += siz[x];
	}
}
using namespace DSU;
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr) , cout.tie(nullptr);
	cin >> n;
	MakeSet(n);
	for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) cin >> a[i] , id[a[i]].push_back(i);
	for (int i = 1 , u , v ; i < n ; i ++) {
		cin >> u >> v;
		E[u].push_back(v) , E[v].push_back(u);
	}
	for (int i = 1 ; i <= 1000000 ; i ++) {
		now = i;
		for (int u : id[i]) {
			for (int v : E[u]) {
				if (a[v] > a[u]) continue;
				UnionSet(u , v);
			}
		}
	}
	MakeSet(n);
	for (int i = 1000000 ; i >= 1 ; i --) {
		now = -i;
		for (int u : id[i]) {
			for (int v : E[u]) {
				if (a[v] < a[u]) continue;
				UnionSet(u , v);
			}
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}