Placing Lampposts
传送门：https://vjudge.net/problem/UVA-10859
题目大意：给你一片森林，要求你在一些节点上放上灯，一个点放灯能照亮与之相连的所有的边。问你最小化防止的灯数，在灯数相同的条件下，最大化两个点都有灯的边数。
题解：
首先有一个套路，也是做了此题才知道的，很神奇啊。最小化灯的数量，我们设灯数为V1，把“最大化两个点都有灯的边数”转化为“最下化只有一个点有灯的边数”，设为V2，那么我们设Val=Eps*V1+V2。这样只要DP一个值就可以了。Eps设成一个足够大的值，保证Eps>sum{V2}。此题姑且设为2000。
然后我们就可以DP了。树上求解最优解，此题为森林，转化为每棵树的答案相加就可以了。那么怎么DP呢？
设状态DP[i]代表i节点与它的子树以及连向父亲的那一条边的最小的Val。每一个节点有放灯与不放灯两种状态，但是我们发现，父亲放不放灯会影响儿子放不放灯，那么我们再加上一维的状态：dp[i][0/1]代表代表i节点与它的子树以及连向父亲的那一条边的最小的Val，j=1为父亲放灯，j=0代表父亲不放灯。
考虑两种方案：
1. i放灯：i放灯的话，对于其他的没有什么要求，所以dp[i][j]+=dp[son][1]，dp[i][j]+=Eps。如果当前j==0，并且不是根节点，那么dp[i][j]++，因为到父亲的那一条边只有1个灯。
2. i不放灯：i不放灯，转移就有限制条件了，必须父亲放灯，或者i为根节点，dp[i][1]+=dp[son][0]，如果i不是根节点，那么还要++，同样的因为到父亲的那一条边只有1个灯。
然后一边dfs一边DP就可以了。注意状态转移是错综复杂的，并不是单一的0->1或0->0，具体顺序见代码。
条件1可以更新j=1和0的情况；条件2只能更新j=1的情况，但是在根节点也可以更新j=0的情况。
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define RG register
#define LL long long
#define fre(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;
const int MAXN=,Eps=;
int n,num,m,Case,ans;
int dp[MAXN][];
int head[MAXN],to[MAXN],Next[MAXN];
bool vis[MAXN];
void dfs(int u,int fa)
{
vis[u]=;
int sum1=,sum2=Eps;
for(int i=head[u];i;i=Next[i])
{
int v=to[i];
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
sum1+=dp[v][];//不放灯
sum2+=dp[v][];//放灯
}
if(fa!=)sum1++;
dp[u][]=sum1;
dp[u][]=min(dp[u][],sum2);//与放灯的再比较一下。
dp[u][]=sum2;
if(fa!=) dp[u][]++;
if(fa==)
dp[u][]=min(dp[u][],sum1);
}
void add(int f,int t)
{
Next[++num]=head[f];
to[num]=t;
head[f]=num;
}
int main()
{
scanf("%d",&Case);
while(Case--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
num=;
memset(head,,sizeof head);
memset(vis,,sizeof vis);
memset(dp,,sizeof dp);
for(int i=,a,b;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
a++,b++;
add(a,b); add(b,a);
}
ans=;
for(int i=;i<=n;i++)
if(!vis[i])
{
dfs(i,);
ans+=min(dp[i][],dp[i][]);
}
printf("%d %d %d\n",ans/Eps,m-ans%Eps,ans%Eps);
}
return ;
}