题意:给你一个森林,每个点可以放一台灯,这台灯会照亮和它相邻的边,然你求最少安装几台灯能照亮所有的边,并且保证灯的数量最少的情况下,被两台灯同时照亮的路尽可能多,输出灯的数量,同时被两台灯照亮的边数,被一台灯照亮的边数。
思路:很明显的树形dp,我们先考虑让灯最少的情况。用dp[i][0]表示当前节点没有灯,并且他相邻的边都有灯照亮所需灯的最小值。用dp[i][1]表示当前节点有灯,并且他相邻的边都有灯照亮所需灯的最小值。
那么
初始化dp[i][1]=1;
转移方程为
dp[u][0]+=dp[v][1];
dp[u][1]+=min(dp[v][0],dp[v][1]);
那么在考虑有限制条件的情况,我们可以定义一个mod,使的边的数量小于mod,我们每次加一台灯,dp[i][j]就加mod,每产生只被一台灯照亮的边,我们的d[i][j]就加1,这样我们求最小值就可以满足条件,我们最后的答案就是ans/mod,m-ans%mod,ans%mod。
初始化变为
dp[i][1]=m;
状态转移方程为
dp[u][0]+=dp[v][1]+1;
dp[u][1]+=min(dp[v][0]+1,dp[v][1]);
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int> q[1005];
int dp[1005][5];
int vis[1005];
int mod=2050;
void dfs(int u)
{
vis[u]=1;
dp[u][0]=0;dp[u][1]=mod;
for(int i=0;i<q[u].size();i++)
{
int v=q[u][i];
if(vis[v]==0)
{
dfs(v);
dp[u][0]+=dp[v][1]+1;
dp[u][1]+=min(dp[v][0]+1,dp[v][1]);
}
}
}
int main()
{
int t;scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));memset(dp,0,sizeof(dp));
int n,m;cin>>n>>m;
for(int i=0;i<=n;i++) q[i].clear();
for(int i=0;i<m;i++)
{
int x,y;cin>>x>>y;
q[x].push_back(y);
q[y].push_back(x);
}
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
if(!vis[i])
{
dfs(i);
ans+=min(dp[i][0],dp[i][1]);
}
printf("%d %d %d\n",ans/mod,m-ans%mod,ans%mod);
}
return 0;
}