题目描述
Kiana最近沉迷于一款神奇的游戏无法自拔。
简单来说，这款游戏是在一个平面上进行的。
有一架弹弓位于(0,0)处，每次Kiana可以用它向第一象限发射一只红色的小鸟，小鸟们的飞行轨迹均为形如y=ax^2+bx的曲线，其中a,b是Kiana指定的参数，且必须满足a<0。
当小鸟落回地面(即x轴）时，它就会瞬间消失。
在游戏的某个关卡里，平面的第一象限中有n只绿色的小猪，其中第i只小猪所在的坐标为(xi,yi)。
如果某只小鸟的飞行轨迹经过了(xi,yi),那么第i只小猪就会被消灭掉，同时小鸟将会沿着原先的轨迹继续飞行；
如果一只小鸟的飞行轨迹没有经过(xi,yi)，那么这只小鸟飞行的全过程就不会对第i只小猪产生任何影响。
例如，若两只小猪分别位于(1,3)和(3,3)，Kiana可以选择发射一只飞行轨迹为y=-x^2+4x的小鸟，这样两只小猪就会被这只小鸟一起消灭。
而这个游戏的目的，就是通过发射小鸟消灭所有的小猪。
这款神奇游戏的每个关卡对Kiana来说都很难，所以Kiana还输入了一些神秘的指令，使得自己能更轻松地完成这个游戏。这些指令将在【输入格式】中详述。
假设这款游戏一共有T个关卡，现在Kiana想知道，对于每一个关卡，至少需要发射多少只小鸟才能消灭所有的小猪。由于她不会算，所以希望由你告诉她。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含一个正整数T，表示游戏的关卡总数。
下面依次输入这T个关卡的信息。每个关卡第一行包含两个非负整数n,m，分别表示该关卡中的小猪数量和Kiana输入的神秘指令类型。接下来的n行中，第i行包含两个正实数(xi,yi)，表示第i只小猪坐标为(xi,yi)。数据保证同一个关卡中不存在两只坐标完全相同的小猪。
如果m=0，表示Kiana输入了一个没有任何作用的指令。
如果m=1，则这个关卡将会满足：至多用⌈3n+1⌉只小鸟即可消灭所有小猪。
如果m=2,则这个关卡将会满足：一定存在一种最优解，其中有一只小鸟消灭了至少⌊3n⌋只小猪。
保证1<=n<=18，0<=m<=2，0<xi,yi<10，输入中的实数均保留到小数点后两位。
上文中，符号⌈x⌉和⌊x⌋分别表示对c向上取整和向下取整
输出格式：
对每个关卡依次输出一行答案。
输出的每一行包含一个正整数，表示相应的关卡中，消灭所有小猪最少需要的小鸟数量
算法分析
看到n只有20想到状态压缩，用dp[i]表示打掉i这种状态的这么多猪要几只鸟。
容易想到找到一只没有打掉的猪然后贪心地放进集合，用它更新和它在同一条线上的猪。
可以提前预处理出和bit数组。bit[i][j]表示i和j所在的抛物线（唯一确定）能打掉的猪的集合（同样用状压表示）
代码
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const double eps=1e-9; 4 #define NUM 1000000 5 double x[20],y[20]; 6 int dp[NUM+10],bit[20][20]; 7 int main(){ 8 int T; 9 scanf("%d",&T); 10 while (T--){ 11 int n,m; 12 scanf("%d%d",&n,&m); 13 for (int i=1; i<=n; i++) 14 scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]); 15 for (int i=1; i<=n; i++) 16 for (int j=i+1; j<=n; j++){ 17 double diver=x[i]*x[j]*(x[i]-x[j]); 18 double a=x[j]*y[i]-x[i]*y[j]; 19 double b=x[i]*x[i]*y[j]-x[j]*x[j]*y[i]; 20 bit[i][j]=0; 21 if (diver==0||a==0) continue; 22 if ((a<0)^(diver<0)) 23 //if (a*diver<0) 24 for (int k=1; k<=n; k++) 25 if (fabs(a*x[k]*x[k]+b*x[k]-diver*y[k])<=eps) 26 bit[i][j]|=1<<(k-1); 27 } 28 /*for (int i=1; i<=n; i++){ 29 for (int j=i+1; j<=n; j++) 30 printf("%d ",bit[i][j]); 31 printf(" "); 32 }*/ 33 for (int i=0; i<=NUM; i++) dp[i]=10000; 34 dp[0]=0; 35 for (int k=0; k<=(1<<n)-1; k++){ 36 int i=1; 37 while ((k>>(i-1))&1) i++; 38 dp[1<<(i-1)|k]=min(dp[1<<(i-1)|k],dp[k]+1); 39 for (int j=i+1; j<=n; j++) 40 dp[k|bit[i][j]]=min(dp[k|bit[i][j]],dp[k]+1); 41 } 42 printf("%d ",dp[(1<<n)-1]); 43 } 44 return 0; 45 }