luoguP2831 愤怒的小鸟

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+bxy=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，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+4xy=−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（n/3+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（n/3）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。

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

输入输出样例

输入样例#1：
2
2 0
1.00 3.00
3.00 3.00
5 2
1.00 5.00
2.00 8.00
3.00 9.00
4.00 8.00
5.00 5.00

输出样例#1：
1
1

输入样例#2：
3
2 0
1.41 2.00
1.73 3.00
3 0
1.11 1.41
2.34 1.79
2.98 1.49
5 0
2.72 2.72
2.72 3.14
3.14 2.72
3.14 3.14
5.00 5.00

输出样例#2：
2
2
3

输入样例#3：
1
10 0
7.16 6.28
2.02 0.38
8.33 7.78
7.68 2.09
7.46 7.86
5.77 7.44
8.24 6.72
4.42 5.11
5.42 7.79
8.15 4.99

输出样例#3：
6

分析：
先说耿直一点的方法:
大法师
具体实现就是：
对于每个点，有两种情况：
自己新建一条抛物线，或者和之前的某一个点组合形成一条完整的抛物线
搜索的时候，保存之前的每个点的状态，

我们只需要2个点就可以确定这一条抛物线

对于每个点先计算是不是已经被之前形成的抛物线经过了，
如果经过了则可以直接搜下一个点

另外，还需要保存之前有哪些点尚未完成“配对”，
即无法被已知抛物线经过，需要新建抛物线的点，
我们考虑当前点和之前没有“配对”的点一一组合形成新的抛物线，再往下搜索
值得注意的是，根据题意抛物线的解析式中的a一定<0，
所以并不是算出来的解析式一定可行。

这个算法套上最优性剪枝，
是可以通过n<=18的所有数据的

好吧，我们不用这么low的做法
勥勥勥，状压dp

设f[i]表示每个点选或不选的状态投射小鸟的最少方案
首先预处理一个g[i][j]表示选i和选j，可以经过小鸟的01状态
然后直接DP就可以了：f[i|g[j][k]]=min(f[i|g[j][k]],f[i]+1);

tip

a<0

if (dcmp(po[i].x-po[j].x)==0) continue;//横坐标相等

|：只要其中有一个为1，则结果为1，否则为0

!(i&(1<<(j-1))) //j这个位置没打到,那我们就需要一条经过j的抛物线

最后注意抛物线只经过了一个点时的转移
f[i|(1<<(j-1))]=min(f[i|(1<<(j-1))],f[i]+1);

f数组是记录状态的，范围很重要
最大的状态就是:1<<18=262144

精度不能太高 1e-7左右

这个地方我这个zz一开始忘写
else t<<=1;

然而

这道题的代码我和标程相差无几，
中间过程也没有差错，每个小操作也都ok
但就是A不了，这大概是脸太黑。。。

还是给一个AC链接吧
http://blog.youkuaiyun.com/doyouseeman/article/details/53410659

这里写代码片
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>

using namespace std;

const double eps=1e-7;
const int N=20;
int T;
int n,m;
double a,b;
struct node{
    double x,y;
};
node po[20];
int g[N][N],f[1000010];

int dcmp(double x){if (fabs(x)<eps) return 0;else if (x>0) return 1;else return -1;}

void get(node x,node y)
{
    b=(y.x*y.x*x.y-x.x*x.x*y.y)/(y.x*y.x*x.x-x.x*x.x*y.x);
    a=(x.y-b*x.x)/(x.x*x.x);
}

void doit()
{
    int i,j,k;
    memset(g,0,sizeof(g));
    for (i=1;i<n;i++)
        for (j=i+1;j<=n;j++)
        {
            if (dcmp(po[i].x-po[j].x)==0) continue;//横坐标相等 
            get(po[i],po[j]);
            if (a>=0) continue;
            int t=0;
            for (k=1;k<=n;k++)
            {
                if (dcmp(po[k].x*po[k].x*a+b*po[k].x-po[k].y)==0) 
                    t=(t<<1)+1;
                else t<<=1;
            }    
            g[i][j]=t;  //i,j组成的抛物线打中的小猪 打中是1
        }
    memset(f,0x33,sizeof(f));
    f[0]=0;
    for (i=0;i<=(1<<n)-1;i++)  //枚举状态
        for (j=1;j<=n;j++)
            if (!(i&(1<<(j-1))))  //j这个位置没打到,那我们就需要一条经过j的抛物线 
            {
                for (k=j+1;k<=n;k++)
                    f[i|g[j][k]]=min(f[i]+1,f[i|g[j][k]]);  //f[i]+1新建一条抛物线 
                f[i|(1<<(j-1))]=min(f[i|(1<<(j-1))],f[i]+1);  //抛物线只经过了j这一个点 
            }
    printf("%d\n",f[(1<<n)-1]);
}

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for (int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%lf%lf",&po[i].x,&po[i].y);
        doit();
    }
    return 0;
}