这道题使我知道了一种很神奇的方法，一定要认真看哦
如果没有被两盏灯同时照亮的边数应尽量大这个限制的话，这就是一道很经典的树形DP题——没有上司的舞会
很可惜，这个限制就在那里，它使得我辛苦写出来的贪心是错的，我只能做到尽量小 /托腮
由于总的边数是确定的，我们可以通过维护被一盏灯照亮的边最小来维护题目限制
我们考虑一下没有这个条件的话，DP该怎么写
用(f[i][0/1])表示是否点亮第(i)盏灯时最少点亮几盏灯
我们考虑怎么把边数加进去一起维护呢？
再加一维的话就是(f[i][j][0/1])，表示是否点亮第(i)盏灯点亮了(j)盏灯最少有多少条边被一盏灯照亮
应该能过，但是我不是这么写的，我有一种更优美的写法
我们用(f[i][0/1])来维护是否点亮第(i)盏灯时，最少点亮了几盏灯以及最少有多少条边被一盏灯照亮
问题来了，一个数怎么维护两个信息呢？
相信很多人已经差不多想出来了，我们可以用一个(K)进制数来表示啊
(f[i][0/1]/K)表示最少点亮了几盏灯，(f[i][0/1]%K)表示最少有多少条边被一盏灯照亮
同时维护两个值，是不是很优美，至于K的取值只要比(m)大即可，这里我们可以取1000
转移时
$f[u][0]= sum (f[v][1]+1) (，)u$节点不点亮的话，就是每条边都是点亮一次
(f[u][1]=( sum min(f[v][1],f[u][0]+1))+K)，(u)节点点亮的话，(v)节点没有点亮的边点亮一次
下面就直接看代码吧
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define ll long long
#define gc getchar
#define maxn 1005
#define K 1000
using namespace std;
inline ll read(){
ll a=0;int f=0;char p=gc();
while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=gc();}
while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=gc();}
return f?-a:a;
}int t,n,m,ans;
struct ahaha{
int to,next;
}e[maxn<<1];int tot,head[maxn];
inline void add(int u,int v){
e[tot]={v,head[u]};head[u]=tot++;
}
int f[maxn][2];
void dfs(int u,int fa){f[u][1]=K;
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;if(v==fa)continue;
dfs(v,u);f[u][0]+=f[v][1]+1;
f[u][1]+=min(f[v][1],f[v][0]+1);
}
}
inline void clear(){ans=tot=0;
memset(f,0,sizeof f);
memset(head,-1,sizeof head);
}
int main(){
t=read();
while(t--){clear();
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;++i){
int u=read()+1,v=read()+1;
add(u,v);add(v,u);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
if(!f[i][1]){
dfs(i,-1);
ans+=min(f[i][0],f[i][1]);
}
printf("%d %d %d
",ans/K,m-ans%K,ans%K);
}
return 0;
}
不要抄代码哦