Placing Lampposts UVA - 10859 放置街灯树形dp

As a part of the mission ‘Beautification of Dhaka City’, the government has decided to replace all the old lampposts with new expensive ones. Since the new ones are quite expensive and the budget is not up to the requirement, the government has decided to buy the minimum number of lampposts required to light the whole city.

Dhaka city can be modeled as an undirected graph with no cycles, multi-edges or loops. There are several roads and junctions. A lamppost can only be placed on junctions. These lampposts can emit light in all the directions, and that means a lamppost that is placed in a junction will light all the roads leading away from it.

The ‘Dhaka City Corporation’ has given you the road map of Dhaka city. You are hired to find the minimum number of lampposts that will be required to light the whole city. These lampposts can then be placed on the required junctions to provide the service. There could be many combinations of placing these lampposts that will cover all the roads. In that case, you have to place them in such a way that the number of roads receiving light from two lampposts is maximized.

分析：设a表示放置灯数（尽量小），一盏灯照亮的边数为c（尽量小），用x = Ma+b表示最小化目标，其中M是一个很大的正整数（M比a的最大理论值和c的最小理论值之差还要大），则 a = x/M, b = x%M,主要连个优化条件就变成了一个。

设d(i,j)表示以i为根节点的子树的最小值x。j表示i的父节点是否放灯（1放，0没放）。

【分析】
无向无环图的另一个说法是“森林”，它由多棵树组成。动态规划是解决树上的优化问题的常用工具，本题就是一个很好的例子。首先，本题的优化目标有两个：放置的灯数a应尽量少，被两盏灯同时照亮的边数b应尽量大。为了统一起见，我们把后者替换为：恰好被一盏灯照亮的边数c应尽量小，然后改用x＝Ma＋c作为最小化的目标，其中M是一个很大的正整数。当x取到最小值时，x/M的整数部分就是放置的灯数的最小值； x％M就是恰好被一盏灯照亮的边数的最小值。
一般来说，如果有两个需要优化的量v1和v2，要求首先满足v1最小，在v1相同的情况下v2最小，则可以把二者组合成一个量Mv1＋v2，其中M是一个比“v2的最大理论值和v2的最小理论值之差”还要大的数。这样，只要
两个解的v1不同，则不管v2相差多少，都是v1起到决定性作用；只有当v1相同时，才取决于v2。

在本题中，可以取M＝2000。每棵树的街灯互不相干，因此可以单独优化，最后再把答案加起来即可。下面我们只考虑一棵树的情况。首先对这棵树进行DFS，把无根树转化为有根树，然后试着设状态d（i）为以i为根的子树的最小x值，看看能不能写出状态转移方程。
决策只有两种：在i处放灯和不在i处放灯。后继状态是i的各个子结点。可是问题来了： i处是否放灯将影响到其子结点的决策。因此，我们需要把“父结点处有没有放灯”加入状态表示中。新状态为：d（i，j）表示i的父结点“是否放灯”的值为j（1表示放灯，0表示没放），以i为根的树的最小x值（算上i和其父结点这条边）。
注意到各子树可以独立决策，因此可作出如下决策。
决策一：结点i不放灯。必须j＝1或者i是根结点时才允许作这个决123策。此时d（i，j）等于sum｛d（k，0）｜k取遍i的所有子结点｝。如果i不是根，还得加上1，因为结点i和其父结点这条边上只有一盏灯照亮。
决策二：结点i放灯。此时d（i，j）等于sum｛d（k，1）｜k取遍i的所有子结点｝＋M。如果j＝0且i不是根，还得加上1，因为结点i和其父结点这条边只有一盏灯照亮。用数学式子很难表达上面的状态转移，但用程序表达却可以很清晰

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1000+5, M = 2000;
vector<int> g[N];  // 森林是稀疏的，这样保存省空间，枚举相邻结点也更快
int d[N][2], vis[N][2];
// 在DFS的同时进行动态规划，f是i的父结点，它不存入状态里
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];// 森林是稀疏的，这样保存省空间，枚举相邻结点也更快ans = M;  灯的数量加1，x加Mfor(int k = 0; k < g[i].size(); k++)if(g[i][k] != f)ans += dp(g[i][k], 1, i); if(!j && f >= 0) ans++; // 如果i不是根，且父结点没放灯(即父节点只有一盏灯)，则x加1    // i是根或者其父结点已放灯，i才可以不放灯if(f < 0 || j == 1){ int sum = 0;for(int k = 0; k < g[i].size(); k++)if(g[i][k] != f)sum += dp(g[i][k], 0, i);if(f >= 0) sum++; // 如果i不是根(即i只有一盏灯)，则x加1ans = min(ans, sum);} return ans;
}
int main(int argc, char** argv) {int T;scanf("%d",&T);while(T--){int n, m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i = 0; i < n; i++) // g里保存着上一组数据的值，必须清空 g[i].clear(); for(int i = 0; i < m; i++){int u, v;scanf("%d%d",&u,&v);g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}int ans = 0;memset(vis, 0, sizeof(vis));for(int i = 0; i < n; i++) if(!vis[i][0]) // 新的一棵树ans += dp(i, 0, -1); // i是树根，因此父结点不存在（-1） printf("%d %d %d\n", ans/M, m-ans%M, ans%M); //从x计算3个整数} return 0;
}

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