UVA 10859 树形DP

很明显的树形DP了，设状态dp[i][0],dp[i][1]。枚举子节点放或不放的两种状态。

在此学到一种不同于一般处理的方法，题目要求被两灯照亮的边尽量多，反过来即被一灯照亮的尽量少设为e。又需要的灯尽量少设为v。

设M是一个很大的数，则M*v+e即是所求。由于M很大，所以主导作用取决于v，只要v不同M*v+e一定不会相同。当v相同，被一灯照亮的尽量少即v此时发挥作用。所以DP时只需要保存这种状态即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;

int dp[1050][2];
bool vis[1050];
vector<int>t[1050];

const int M=2500;
int n,m;

void dfs(int u,int f){
	vis[u]=true;
	dp[u][1]=M;
	dp[u][0]=0;
	int sz=t[u].size();
	for(int i=0;i<sz;i++){
		if(t[u][i]!=f){
			dfs(t[u][i],u);
			dp[u][0]+=dp[t[u][i]][1]+1;
			dp[u][1]+=dp[t[u][i]][0]<dp[t[u][i]][1]?dp[t[u][i]][0]+1:dp[t[u][i]][1];
		}
	}
}


int main(){
	int T,u,v;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=0;i<n;i++)
		t[i].clear(),vis[i]=false;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			scanf("%d%d",&u,&v);
			t[u].push_back(v);
			t[v].push_back(u);
		}
		int ans=0;
		for(int i=0;i<n;i++){
			if(!vis[i]){
				dfs(i,-1);
				ans+=min(dp[i][1],dp[i][0]);
			}
		}
		printf("%d %d %d\n",ans/M,m-ans%M,ans%M);
	}
	return 0;
}