[Noip2016] 愤怒的小鸟

Description

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。

Input

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。

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。

Output

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

Range

Solution

 n≤18，第一反应是爆搜。

码码码，发现只能得 55 分，剩下全 T。

咦，能剪枝！ 剪剪剪，结果两个点死活过不去。

什么并查集最优性剪枝各种优化都用上了，刚了一天死活过不去那两个点。

T 掉的代码还是放上来吧

// By YoungNeal
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define eps 1e-8
#define r register

int T;
int n,m;
int minn;
double a,b;
bool vis[25];
double zbx[25],zby[25];

int calc(int x){
    double lef=a*zbx[x]*zbx[x]+b*zbx[x];
    double rig=zby[x];
    if(std::fabs(rig-lef)<=eps) return 1;
    return 0;
}

void dfs(int now,int used){
    printf("now=%d,used=%d
",now,used);
    if(used>=minn) return;
    if(now>n){
        minn=std::min(minn,used);
        return;
    }
    if(vis[now]){
        dfs(now+1,used);
        return;
    }
    vis[now]=1;
    dfs(now+1,used+1);
    printf("back,now=%d
",now);
    for(r int i=now+1;i<=n;i++){
        printf("i=%d
",i);
        if(vis[i]) continue;
        double c,d,e,f,g,h;
        c=zbx[now]*zbx[now];
        d=zbx[now]; e=zby[now];
        f=zbx[i]*zbx[i];
        g=zbx[i]; h=zby[i];
        a=(e*g/d-h)/(c*g/d-f);
        b=(h-a*f)/g;
        if(a>=0) continue;
        vis[i]=1;
        int fz[20],cnt=0;
        for(r int j=1;j<=n;j++){
            if(!vis[j]&&calc(j)) fz[++cnt]=j,vis[j]=1;
        }
        dfs(now+1,used+1);
        vis[i]=0;
        for(r int j=1;j<=cnt;j++) vis[fz[j]]=0;
    }
    vis[now]=0;
    printf("return
");
} 

signed main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        minn=20;
        memset(vis,0,sizeof vis);
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(r int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&zbx[i],&zby[i]);
        dfs(1,0);
        printf("%d
",minn);
    }
    return 0;
}

好吧我们考虑状压

观察到，能够用上的抛物线就那么几条，所以不妨都将它们预处理出来。

定义 mp[i][j] 表示必定经过 i，j 两点的抛物线还能够经过哪些点。用 01 串来存，第 k 位为 1 表示能经过，否则为不能经过。

定义 dp[i] 表示一个二进制数为 i 时，至少要发射几只小鸟。

所以转移方程就很明显了，dp[i|mp[j][p]]=min{dp[i]+1}

Code

// By YoungNeal
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define eps 1e-8

int T;
int n,m;
int maxn;
double a,b;
int dp[1<<19];
int mp[20][20]; // mp[i][j]->打i和j能干掉多少 1 refers to yes 
double x[20],y[20];

bool ok(int i){
    double l=x[i]*x[i]*a+x[i]*b;
    double r=y[i];
    return fabs(r-l)<eps;
}

signed main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&m); maxn=1<<n; maxn--;
        memset(dp,0x3f,sizeof dp); dp[0]=0;
        memset(mp,0,sizeof mp);
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=i+1;j<=n;j++){
                double c,d,e,f,g,h;
                c=x[i]*x[i]; 
                d=x[i];e=y[i];
                f=x[j]*x[j];
                g=x[j]; h=y[j];
                a=(e*g/d-h)/(c*g/d-f);
                b=(h-a*f)/g;
                if(a>=0) continue;
                for(int k=1;k<=n;k++){
                    if(ok(k)) mp[i][j]|=1<<k-1;
                }
            }
        }
        for(int i=0;i<=maxn;i++){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                if(i&(1<<j-1)) continue;
                for(int p=j+1;p<=n;p++)
                    dp[i|mp[j][p]]=std::min(dp[i|mp[j][p]],dp[i]+1);
                dp[i|(1<<j-1)]=std::min(dp[i|(1<<j-1)],dp[i]+1);
            }
        }
        printf("%d
",dp[maxn]);
    }
    return 0;
}