UVA10859 placin glampposts（放置街灯）

题目大意
给定一个有n个节点的无向无环图，在尽量少的节点上放灯，使得所有的被照亮，每盏灯可以照亮以他为一个端点的所有边，在灯的总数最小的前提下，被两盏灯照亮的边应该尽量大;

分析
注意题意，给定的是无向无环图,即“森林”,有多棵树组成，经典的树上的动态规划
此题目要求的优化量有两个,一个是a尽量小,a为灯的总数，另一个是b尽量小，b为被两盏灯照亮的边
为了统一起见我们把b尽量大替换为尽量小，c是被一盏灯照亮的边，我们用x代表两个量
x=Ma+c；
一般来说当优化两个量v1,v2的时候，我们会转化为一个量，而且还需要保存v1与v2的关系,因此我们定义一个量M，M是理论上比|v1-v2|最大值还要大的数；这样的话两个量不需要互相干涉，却又能保存联系…因此对于上面的公式当x取最小值的时候因为M固定所以a，c 必定取最小值。

每棵树互不相干，可以单独优化，最后把答案加起来即可;
对于一棵树，我们定义d(i)表示以i为节点的树最大ans值,决策有两种在i处放灯或是不放灯，那么问题就出现，因为我们是自顶往下递推，在i处放灯或者不妨灯一定会影响子节点的决策。因此我们需要把i的节点的决策也作为状态的一部分纳入状态转移当中；
我们定义d(i,j)表示i的父节点做了j这样的决策(1,表示放灯，0表示不放灯)
决策一: i不放灯，仅当j=0或者自身是跟根节点。此时d(i,j)=sum{d(k,0)|k是i的子节点} 如果i不是根,ans++,表示节点i与其父节点这条边上只有一盏灯照亮；
决策二: i放灯,此时d(i,j)=sum{d(k,1)|k是i的子节点}+M;如果j为0且i不是根节点,ans++，因为i与父节点这条边上只有一盏灯照亮/
代码如下

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string.h>
#define maxn 1000+20	
using namespace std;

int d[maxn][2], vis[maxn][2];
int n, m;
vector<int> gr[maxn];
const int M = 2000;

int dp(int i, int j, int f)
{
	if (vis[i][j]) return d[i][j];
	vis[i][j] = 1;
	int &ans = d[i][j];
	ans = M;
	for (int k = 0; k < gr[i].size(); k++) {
		if (gr[i][k] != f)
			ans += dp(gr[i][k], 1, i);
	}
	if (!j&&f >= 0) ans++;				//当前节点与父节点只有一个灯照亮;

	if (j || f < 0) {
		int sum = 0;
		for (int k = 0; k < gr[i].size(); k++) {
			if (gr[i][k] != f) {
				sum += dp(gr[i][k], 0, i);
			}
		}
		if (f >= 0) sum++;					//i节点不是根;
		ans = min(sum, ans);
	}
	return ans;
}

int main()
{
	/*int t;
	cin >> t;
	while (t--) {
		cin >> n >> m;
		int u, v;
		for (int i = 0; i < n; i++)
			gr[i].clear();
		for (int i = 0; i < m; i++) {
			cin >> u >> v;
			gr[u].push_back(v);
			gr[v].push_back(u);
		}
		memset(vis, 0, sizeof(vis));*/
		int ans = 0;
		for (int i = 0; i < n; i++)
			if (!vis[i][0])	 ans += dp(i, 0, -1);
		printf("%d %d %d \n", ans / M, m - ans % M, ans%M);
	}
	return 0;
}