Placing Lampposts
传送门：
题目大意：给你一片森林，要求你在一些节点上放上灯，一个点放灯能照亮与之相连的所有的边。问你最小化防止的灯数，在灯数相同的条件下，最大化两个点都有灯的边数。
题解：首先有一个套路，也是做了此题才知道的，很神奇啊。最小化灯的数量，我们设灯数为V1，把“最大化两个点都有灯的边数”转化为“最下化只有一个点有灯的边数”，设为V2，那么我们设Val=Eps*V1+V2。这样只要DP一个值就可以了。Eps设成一个足够大的值，保证Eps>sum{V2}。此题姑且设为2000。
然后我们就可以DP了。树上求解最优解，此题为森林，转化为每棵树的答案相加就可以了。那么怎么DP呢？ 设状态DP[i]代表i节点与它的子树以及连向父亲的那一条边的最小的Val。每一个节点有放灯与不放灯两种状态，但是我们发现，父亲放不放灯会影响儿子放不放灯，那么我们再加上一维的状态：dp[i][0/1]代表代表i节点与它的子树以及连向父亲的那一条边的最小的Val，j=1为父亲放灯，j=0代表父亲不放灯。考虑两种方案：1. i放灯：i放灯的话，对于其他的没有什么要求，所以dp[i][j]+=dp[son][1]，dp[i][j]+=Eps。如果当前j==0，并且不是根节点，那么dp[i][j]++，因为到父亲的那一条边只有1个灯。2. i不放灯：i不放灯，转移就有限制条件了，必须父亲放灯，或者i为根节点，dp[i][1]+=dp[son][0]，如果i不是根节点，那么还要++，同样的因为到父亲的那一条边只有1个灯。 然后一边dfs一边DP就可以了。注意状态转移是错综复杂的，并不是单一的0->1或0->0，具体顺序见代码。 条件1可以更新j=1和0的情况；条件2只能更新j=1的情况，但是在根节点也可以更新j=0的情况。1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 #include 7 #define RG register 8 #define LL long long 9 #define fre(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout);10 using namespace std;11 const int MAXN=5000,Eps=2000;12 int n,num,m,Case,ans;13 int dp[MAXN][2];14 int head[MAXN],to[MAXN],Next[MAXN];15 bool vis[MAXN];16 void dfs(int u,int fa)17 {18 vis[u]=1;19 int sum1=0,sum2=Eps;20 for(int i=head[u];i;i=Next[i])21 {22 int v=to[i];23 if(v==fa)continue;24 dfs(v,u);25 sum1+=dp[v][0];//不放灯26 sum2+=dp[v][1];//放灯27 }28 if(fa!=0)sum1++;29 dp[u][1]=sum1;30 dp[u][1]=min(dp[u][1],sum2);//与放灯的再比较一下。31 dp[u][0]=sum2;32 if(fa!=0) dp[u][0]++;33 if(fa==0)34 dp[u][0]=min(dp[u][0],sum1);35 }36 void add(int f,int t)37 {38 Next[++num]=head[f];39 to[num]=t;40 head[f]=num;41 }42 int main()43 {44 scanf("%d",&Case);45 while(Case--)46 {47 scanf("%d%d",&n,&m);48 num=0;49 memset(head,0,sizeof head);50 memset(vis,0,sizeof vis);51 memset(dp,0,sizeof dp);52 for(int i=1,a,b;i<=m;i++)53 {54 scanf("%d%d",&a,&b);55 a++,b++;56 add(a,b); add(b,a);57 }58 ans=0;59 for(int i=1;i<=n;i++)60 if(!vis[i])61 {62 dfs(i,0);63 ans+=min(dp[i][0],dp[i][1]);64 }65 printf("%d %d %d\n",ans/Eps,m-ans%Eps,ans%Eps);66 }67 return 0;68 }