我们先预处理出每个猪两两之间（设为$u,v$）和原点三点确定的抛物线（当两只猪横坐标相等时显然无解）
处理出$u,v$确定的抛物线一共可以经过多少点，记为$lines[u][v]$
设$f[i]$表示已经被消灭的猪的集合为二进制表示为$i$时，需要的最小抛物线数
显然$f[0]=0$
$f[i|(1<<(u-1))]=min(f[i|(1<<(u-1)],f[i]+1)$（一条抛物线只串一个点）
$f[i|lines[u][v]]=min(f[i|lines[u][v]],f[i]+1)$
然鹅这是$O(Tn^{2}2^{n})$，ccf的老爷机会T
那么我们考虑优化
我们发现加上抛物线时，先串$1,4$与先串$2,3$没有区别，但是我们两种都用不同的顺序枚举了一遍。
那么我们可以处理出集合$i$的$mex$（在集合中没有出现的最小正整数）
枚举时加上限制条件：一定要包含$mex[i]$
于是枚举就从$O(n^{2})$降到了$O(n)$
总复杂度就降到了$O(Tn2^{n})$
end.
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #define re register using namespace std; typedef double db; int min(int &a,int &b){return a<b?a:b;} #define N 524589 const db eps=1e-8; db x[25],y[25]; int t,n,m,lines[25][25],f[N],mex[N]; void calc(db &a,db &b,db x1,db y1,db x2,db y2){ b=(x1*x1*y2-x2*x2*y1)/(x1*x1*x2-x1*x2*x2); a=(y1-x1*b)/(x1*x1); }//用于解一元二次方程组 int main(){ for(re int i=0,j;i<262144;++i){//预处理mex for(j=0;(i&(1<<j))&&j<18;++j); mex[i]=j; }scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d%d",&n,&m); db a,b; for(re int i=1;i<=n;++i) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]); for(re int i=1;i<=n;++i) for(re int j=1;j<=n;++j){ lines[i][j]=0; if(fabs(x[i]-x[j])<eps) continue;//横坐标相等无解 calc(a,b,x[i],y[i],x[j],y[j]); if(a>-eps) continue; for(re int u=1;u<=n;++u) if(fabs(a*x[u]*x[u]+b*x[u]-y[u])<eps) lines[i][j]|=(1<<(u-1));//找到这条抛物线能连到的所有点 } memset(f,63,sizeof(f)); f[0]=0; for(re int i=0,j=mex[i];i<(1<<n);j=mex[++i]){ f[i|(1<<j)]=min(f[i|(1<<j)],f[i]+1); //单个点用掉一条的情况 for(re int u=1;u<=n;++u)//枚举的抛物线必须穿过j f[i|lines[j+1][u]]=min(f[i|lines[j+1][u]],f[i]+1); } printf("%d ",f[(1<<n)-1]); }return 0; }