這道題一開始啥也沒想就用最短路寫，才40分，然後發現自己對尋找最大值取模了，改了之後60分。。然後又發現n個點，n-1條邊，其實這個圖就是一棵樹，每一個點到其餘點的最短路有且只有一條，完全可以用dfs對每個點進行擴充套件，擴充套件兩層找到點然後進行操作。。雖然看起來更簡便了，但還是60分，所以我們得想更好的方法。

為啥它讓你找距離為2的點而不是距離為3、4……的點呢？我們可以發現，對於一箇中心結點，它的所有兒子相互之間的距離都是2。這個性質很重要，我們就可以利用它，列舉每一個點為中心結點，求出它所有兒子兩兩之間的聯合權值，但不免有些繁瑣。所以我們可以把它所有兒子的權值和相加，然後平方，最後減去每一個權值的平方，就能得到以該點為中心結點情況下所有兒子之間聯合權值之和。出現加法或乘法就取模，注意減法取模可能為負數，在取模後要加上模數再取模。然後還要存下每個中心結點情況下的子節點權值最大值和最小值，相乘得到該情況下最大聯合權值，最後將所有點為中心結點的最大聯合權值取最大值就是輸出的第一個結果，第二個結果就是每一箇中心結點情況下聯合權值之和。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mod 10007	
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=200010;
int head[maxn*2],nnext[maxn*2],to[maxn*2];
ll w[maxn];
int n,tot;
ll sum=0,ans=-1e9;
void add(int x,int y)
{
	tot++;
	nnext[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
	to[tot]=y;
}
void dfs(int x)
{
	ll ans1=-1e9,ans2=-1e9;
	ll sum1=0;
	int p1;
	for(int i=head[x];i;i=nnext[i])
	{
		int y=to[i];
		sum1=(sum1+w[y])%mod;
		if(w[y]>ans1)
		{
			ans1=w[y];
			p1=y;
		}
	}
	sum1=sum1*sum1%mod;
	for(int i=head[x];i;i=nnext[i])
	{
		int y=to[i];
		sum1=((sum1-w[y]*w[y]%mod)%mod+mod)%mod;
		if(w[y]>ans2&&y!=p1)
		{
			ans2=w[y];
		}
	}
	sum=(sum+sum1)%mod;
//	cout<<ans1<<' '<<ans2<<' '<<sum%mod<<' '<<endl;
	ans=max(ans,ans1*ans2);
	return ;
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);
		add(y,x);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&w[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		dfs(i);
		
	}
	printf("%lld %lld",ans,sum%mod);
	return 0;
}