[NOIP2016] 愤怒的小鸟 题解

题面：

题解：

一看到n≤18，我们自然就会想到状压DP，设 f[i] 表示i的二进制表示下1已经打到的小猪与0还未打到的小猪所需要的最少小鸟数，答案就在 f[(1<<n)-1]里。
再设S[i][j]其值的二进制下为1的表示i与j所形成的抛物线能够打到的小猪，0表示打不到的小猪。
那么自然有：

f[i|S[i][j]]=min(f[i|S[i][j],f[i]+1)

考虑如何求出S[i][j]，我们先枚举出i与j，判断i与j是否能构成一条抛物线。
判断法则：

1. 如果i与j横坐标相同的话，那就不可能构成一条抛物线。
2. 由于抛物线都是形如y=ax²+bx的，所以我们带入i，j的横纵坐标，就得到一个二元一次方程组，用通式解出a，b然后再判断a是否小于0。

然后枚举小猪k(1<=k<=n)的坐标，检验是否再抛物线上，若在则S[i][j]=S[i][j]&(1<<k-1)。

优化：我们只需要找出这一个状态中还未被打到的最小的小猪，并用这个小猪去扩展其他点，因为反正最后都要打这一个点现在打了就好，防止以后重复多次去打这同一个点。

附上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps=1e-8;
int t,n,m,S[20][20],f[1<<20];
double x[20],y[20];

//解方程
void equation(double &x,double &y,double a1,double b1,double c1,double a2,double b2,double c2){
    y=(a1*c2-a2*c1)/(a1*b2-a2*b1);
    x=(c1-b1*y)/a1;
}

int main(){
    for(scanf("%d",&t);t;t--){
    //初始化 
        memset(f,0x3f,sizeof(f));
        f[0]=0;
        scanf("%d %d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lf %lf",&x[i],&y[i]);
        //枚举两个小猪 
        for(int i=1;i<=n;++i){
            for(int j=1;j<=n;++j){
                if(fabs(x[i]-x[j])<eps) continue;
                double a,b;
                equation(a,b,x[i]*x[i],x[i],y[i],x[j]*x[j],x[j],y[j]);
                if(a>-eps) continue;
                //枚举其他小猪
                for(int k=1;k<=n;++k)
                    if(fabs(a*x[k]*x[k]+b*x[k]-y[k])<eps) S[i][j]|=(1<<(k-1));//判断是否在抛物线上
            }
        }
        //dp 
        for(int i=0;i<(1<<n);++i){
            //j表示第一个没有被打的小猪
            int j=0;
            for(j=1;j<=n-1;++j)
                if(!(i&(1<<j-1))) break;
            f[i|(1<<(j-1))]=min(f[i|(1<<(j-1))],f[i]+1);//先单独转移，防止出现不与其他小猪构成抛物线的情况 
            for(int k=1;k<=n;++k) f[i|S[j][k]]=min(f[i|S[j][k]],f[i]+1);
        }
        printf("%d
",f[(1<<n)-1]);
    }
    return 0;
}