BZOJ5299:[CQOI2018]解锁屏幕(状压DP)

Description

使用过Android手机的同学一定对手势解锁屏幕不陌生。Android的解锁屏幕由3x3个点组成，手指在屏幕上画一条

线将其中一些点连接起来，即可构成一个解锁图案。如下面三个例子所示：

画线时还需要遵循一些规则

1．连接的点数不能少于4个。也就是说只连接两个点或者三个点会提示错误。

2．两个点之间的连线不能弯曲。

3．每个点只能"使用"一次，不可重复。这里的"使用"是指手指划过一个点，该点变绿。

4．两个点之间的连线不能"跨过"另一个点，除非那个点之前已经被"使用"过了。

对于最后一条规则，参见下图的解释。左边两幅图违反了该规则：而右边两幅图(分别为2→4→1→3→6和→5→4→1→9→2)

则没有违反规则，因为在"跨过"点时，点已经被"使用"过了。

现在工程师希望改进解锁屏幕，增减点的数目，并移动点的位置，不再是一个九宫格形状，但保持上述画线的规则不变。

请计算新的解锁屏幕上，一共有多少满足规则的画线方案。

Input

输入文件第一行，为一个整数n，表示点的数目。

接下来n行，每行两个空格分开的整数xi和yi，表示每个点的坐标。

-1000≤xi,Yi≤l000，1≤n<20。各点坐标不相同

Output

输出文件共一行，为题目所求方案数除以100000007的余数。

Sample Input

4
0 0
1 1
2 2
3 3

Sample Output

8
解释：设4个点编号为1到4，方案有1→2→3→4，2→1→3→4，3→2→1→4，2→3→1→4，
及其镜像4→3→2→1,3→4→2→1,2→3→4→1,3→2→4→1.

Solution

一道挺简单的状压DP……
不知道CQ省选为什么会出状压板子题
先预处理出连接两点会经过哪些点
然后f[i][S]表示以i结尾，当前已经选中的点状态为S
从小到大枚举S进行转移
理论复杂度n^2*2^n，然而肯定跑不满就是了。

还有把1e-16写成-1e16这么丢人的事我才不会说╭(╯^╰)╮  

Code

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define N (600000)
using namespace std;
int n,x[N],y[N],f[21][N],line[21][21],ans,num[N];

double K(double x1,double y1,double x2,double y2)
{
    if (x1==x2) return 10001;
    if (y1==y2) return 0;
    return (y2-y1)/(x2-x1);
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1; i<=n; ++i)
        scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
    
    for (int i=1; i<=n-1; ++i)
        for (int j=i+1; j<=n; ++j)
        {
            line[i][j]=line[j][i]=(1<<i-1)|(1<<j-1);
            for (int k=1; k<=n; ++k)
            {
                if (abs(K(x[k],y[k],x[i],y[i])-K(x[j],y[j],x[i],y[i]))>1e-16) continue;
                if (!( x[k]>=min(x[i],x[j]) && x[k]<=max(x[i],x[j]) )) continue;
                if (!( y[k]>=min(y[i],y[j]) && y[k]<=max(y[i],y[j]) )) continue;
                line[i][j]|=(1<<k-1), line[j][i]=line[i][j];
            }
        }
            
    for (int i=1; i<=n; ++i)
        f[i][1<<i-1]=1;
    for (int i=1; i<=(1<<n)-1; ++i)
        for (int j=1; j<=n; ++j)
            if (i&(1<<j-1))
                for (int k=1; k<=n; ++k)
                    if (!(i&(1<<k-1)) && (((i|line[j][k])^(1<<k-1)))==i)
                        (f[k][i|(1<<k-1)]+=f[j][i])%=100000007;
        
    for (int i=1; i<=(1<<n)-1; ++i)
    {
        int x=i,cnt=0;
        for (int j=1; j<=n; ++j){if (x&1) cnt++; x>>=1;}
        if (cnt<4) continue;
        for (int j=1; j<=n; ++j)
            (ans+=f[j][i])%=100000007;
    } 
    printf("%d",ans);
}