uva 11008(状态压缩+记忆化搜索)

这题属于状态压缩DP中比较基础的一题，经过仔细分析后我们发现此题虽然坐标范围较大，但是点比较少最多才16个很容易想到用状态压缩。dp[x]表示当前树的状态最少要转移的次数（砍的次数）。具体状态转移由于他状态转移的顺序比较乱所以用的是记忆化搜索。起始状态是(1<<n)-1,边界是已有树的数目小于n-m（kk）返回0，只多出一棵树是返回1。

代码如下：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;

int n, kk, ans, dp[1000000];      //状态压缩数组一共2^16个状态

typedef struct Point{
    int x, y;
}P;

P p[20];

//判断三点是否共线
bool isline(int i,int j,int k)
{
    int a=p[i].x-p[j].x,b=p[i].y-p[j].y;
    int c=p[j].x-p[k].x,d=p[j].y-p[k].y;
    return a*d==b*c;
}


int Judge(int x)
{
    int ret = 0;
    while(x){
        ret+=(x&1);
        x>>=1;
    }
    return ret;
}

void init()
{
    scanf("%d%d", &n, &kk);
    for(int i=0; i<n; i++){
        scanf("%d%d", &p[i].x, &p[i].y);
    }
    ans = 20;
    memset(dp, -1, sizeof dp);
}

int solve(int x)
{
    if(dp[x]!=-1) return dp[x];
    if(Judge(x)<=n-kk) return 0;
    if(Judge(x)==n-kk+1) return dp[x] = 1;

    int ret = 20;
    for(int i=0; i<n; i++)
    if((1<<i)&x){
        for(int j=i+1; j<n; j++)
        {
            if((1<<j)&x){   //两棵树都在枚举直线
                int tx = x;
                for(int k=0; k<n; k++){
                    if((1<<k)&x && isline(i, j, k)){
                        tx -= (1<<k);
                    }

                }
                ret = min(ret, solve(tx)+1);
            }
        }
    }
    return dp[x] = ret;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r", stdin);
    //freopen("out.txt","w", stdout);


    int T, cnt;
    scanf("%d", &T);
    for(cnt=1; cnt<=T; cnt++)
    {
        init();
        ans = solve((1<<n)-1);
        printf("Case #%d:
", cnt);
        printf("%d
", ans);
        if(cnt!=T) printf("
");
    }
    return 0;
}