問題描述
給你乙個n個點m條邊的無向無環圖，在盡量少的節點上放燈，使得所有燈都被照亮。每盞燈將照亮以它為乙個端點的所有邊。在燈的總數最小的前提下，被兩盞燈同時照亮的邊數應盡量大。
輸入格式
輸入的第一行為測試資料組數t(t≤30)。每組資料第一行為兩個整數n和m(m＜n≤1000),即點數(所有點編號為0~n-1)和邊數；以下m行每行為兩個不同的整數a和b，表示有一條邊連線a和b(0≤a，b≤n)。
輸出格式
對於每組資料，輸出3個整數，即燈的總數，被2個燈照亮的邊數和只被乙個燈照亮的邊數。
分析因為是無向無環圖（即森林），所以這道題是樹上的動態規劃。
首先，要先知道一點：對於2個變數a，b，如果要在a最小的前提下，求b的最小值，可以求x=m*a+b的最小值，那麼最後答案即為min（a）=x/m，min（b）=x%m,其中m值要大於a的理論最大值與b的理論最小值之差。道理很簡單，當m足夠大的時候，a決定整個式子的值，而b的值對式子的值不會造成多大的影響，只有當a值不變時，b才能對式子的值造成影響。
那麼，對於這道題來說，有2個待優化的條件：1、燈的總數a最小；2、在1的前提下，被2個燈照亮的邊數b最大。乙個最大，乙個最小，顯然不方便優化，所以在上面結論的提示下，考慮將第二個條件等價為被1個燈照亮的邊數c最小（一條邊只能同時被一盞或者2盞燈照亮），這時候就可以直接套用上面的結論了。設x=m*a+c，這裡m可以取2000，或者更大，但是要注意不能太大，否則在運算時可能會造成資料溢位。
分析到這裡，動態規劃的狀態方程也不難想了，因為對於每個節點i來說，只有2種方案，放燈或者不放燈，但是節點i放燈與否與它的父節點也有關係，所以設d(i,j)為節點i的父節點j是否放燈（j值為1是放燈，0是不放）的最小x值。下面分別對2種方案進行分析：
1、節點i不放燈。那麼i的父節點必須放燈（j=1）或者i本身是根節點。此時d(i,j)=sum，如果i不是根，還要加上1，因為節點i與其父節點這條邊上只有1盞燈
2、節點i放燈。此時d(i,j)=sum+m,同樣的，如果j=0，且i不是根，還得加上1，因為節點i與其父節點這條邊上只有1盞燈。
#include #include #include #include using namespace std;
vectoradj[1010];
int vis[1010][2], d[1010][2], n, m;
int dp(int i, int j, int f)
} if (!j&&f >= 0)
ans++;
if (j || f < 0)
return ans;
}int main()
for (int i = 0; i < m; i++)
memset(vis, 0, sizeof(vis));
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
printf("%d %d %d\n", ans / 2000, (m - ans) % 2000, ans % 2000);
} return 0;
}
樹形DP（放置街燈，uva 10859）
前面也做了一道很像的題，那道題只要求放置的數目最少，要求覆蓋的是點。在這題中，要求覆蓋的是邊，不但要求放著的數目最少，更要求覆蓋兩次的邊最多。因此貪心法不再適用，最少要多少個點可以貪心求出，但是同時要求覆蓋兩次的邊要最多卻不是貪心法能夠解決的，無論如何都是逃不過動態規劃的。所以一開始用貪心做，做到最...
5664 放置盒子
5664.放置盒子 有乙個立方體房間，其長度 寬度和高度都等於 n 個單位。請你在房間裡放置 n 個盒子，每個盒子都是乙個單位邊長的立方體。放置規則如下 你可以把盒子放在地板上的任何地方。如果盒子 x 需要放置在盒子 y 的頂部，那麼盒子 y 豎直的四個側面都 必須 與另乙個盒子或牆相鄰。給你乙個整...
C new的放置語法
include using namespace std struct node int u node int uu 0 u uu cout create endl node u 1000 cout delete n int main node mem 100 node p mem node q ne...