【树形DP】【UVA10859】 Placing Lampposts

传送门

Description

给定一个\(n\)个点\(m\)条边的无向无环图，选择尽量少的节点，使得所有边都至少有一个顶点被选择。在这个基础上，要求有两个顶点被选择的边数尽可能大

Input

多组数据。第一行是数据组数\(T\)。

以下\(T\)组，每组包括：

第一行两个整数\(n\),\(m\)。

下面\(m\)行，每行两个整数\(u\),\(v\)。代表一条边。

Output

对于每组数据输出一行，包括三个用空格隔开的整数，分别是：

最小的灯的个数，两个顶点都被选择的边数，一个顶点被选择的边数

Sample Input

2
4 3
0 1
1 2
2 3
5 4
0 1
0 2
0 3
0 4

Sample Output

2 1 2
1 0 4

Hint

\(For~All:\)

\(m~<~n~\leq~1000\)

Solution

考虑无向无环图本质上是个森林，各个树互不影响。于是下面只研究单棵树的情况。

考虑这个题的优化目标有两个，分别是要求点数尽可能少，还有两个顶点被选择的边尽可能多。为了统一取max和min，我们将目标二改为有且仅有一个顶点被选择的边尽可能少。

对于同时最小化两个目标，而且在第一个目标最小的时候需要最小化第二个目标的的时候，可以设第一个目标的值是\(x_1\)，第二个目标的值是\(x_2\)。目标为最小化\(ans=x_1~\times~K+x_2\)，其中满足\(K~>~max_{x_2}\)。

于是对于本题就可以套这种方法。由于\(n~\leq~1000\),所以不妨设\(K=2000\)。设\(f_{i,0/1}\)为以\(i\)为根的子树合法，且点\(i\)不选/选的答案。

方程显然：

\[f_{i,0}~=~\sum\{f_{to,1}+1\}
\]

\[f_{i,1}~=~\sum~min~\{f_{to,1}~,~f_{to,0}+1\}+k
\]

于是就没了

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long int

typedef long long int ll;

namespace IO {
    char buf[90];
}

template<typename T>
inline void qr(T &x) {
    char ch=getchar(),lst=' ';
    while(ch>'9'||ch<'0') lst=ch,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    if(lst=='-') x=-x;
}

template<typename T>
inline void write(T x,const char aft,const bool pt) {
    if(x<0) x=-x,putchar('-');
    int top=0;
    do {
        IO::buf[++top]=x%10+'0';
        x/=10;
    } while(x);
    while(top) putchar(IO::buf[top--]);
    if(pt) putchar(aft);
}

template<typename T>
inline T mmax(const T a,const T b) {return a > b ? a : b;}
template<typename T>
inline T mmin(const T a,const T b) {return a < b ? a : b;}
template<typename T>
inline T mabs(const T a) {return a < 0 ? -a : a;}

template<typename T>
inline void mswap(T &a,T &b) {
    T temp=a;a=b;b=temp;
}

const int st = 2000;
const int maxn = 1010;
const int maxm = 2010;

struct Edge {
	int to,nxt;
};
Edge edge[maxm];int hd[maxn],ecnt;
inline void cont(ci from,ci to) {
	Edge &e=edge[++ecnt];
	e.to=to;e.nxt=hd[from];hd[from]=ecnt;
}

int n,m;
int frog[maxn][2];
bool vis[maxn];

void clear();
void reading();
void dfs(ci,ci);

int main() {
	rg int t=0;qr(t);
	while(t--) {
		clear();
		qr(n);qr(m);
		rg int _ans=0;
		reading();
		for(rg int i=1;i<=n;++i) if(!vis[i]) {
			dfs(i,0);_ans+=mmin(frog[i][0],frog[i][1]);
		}
		rg int tk=_ans%st;
		write(_ans/st,' ',true);write(m-tk,' ',true);write(tk,'\n',true);
	}
	return 0;
}

void clear() {
	n=m=ecnt=0;
	memset(hd,0,sizeof hd);
	memset(vis,0,sizeof vis);
	memset(edge,0,sizeof edge);
	memset(frog,0,sizeof frog);
}

void reading() {
	rg int a,b;
	for(rg int i=1;i<=m;++i) {
		a=b=0;qr(a);qr(b);++a,++b;
		cont(a,b);cont(b,a);
	}
}

void dfs(ci u,ci fa) {
	vis[u]=true;
	frog[u][1]=st;
	for(rg int i=hd[u];i;i=edge[i].nxt) {
		int &to=edge[i].to;
		if(to == fa) continue;
		dfs(to,u);
		frog[u][0]+=frog[to][1]+1;
		frog[u][1]+=mmin(frog[to][1],frog[to][0]+1);
	}
}

Summary

对于同时最小化两个目标，而且在第一个目标最小的时候需要最小化第二个目标的的时候，可以设第一个目标的值是\(x_1\)，第二个目标的值是\(x_2\)。目标为最小化\(ans=x_1~\times~K+x_2\)，其中满足\(K~>~max_{x_2}\)。