动态规划 - NOIP真题 - 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+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。

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。
上文中，符号和分别表示对c向上取整和向下取整

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

样例输入

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

样例输出

输出样例#1：
1
1
输出样例#2：
2
2
3
输出样例#3：
6

说明

【样例解释1】
这组数据中一共有两个关卡。
第一个关卡与【问题描述】中的情形相同，2只小猪分别位于（1.00,3.00)和 (3.00,3.00)，只需发射一只飞行轨迹为y = -x^2 + 4x的小鸟即可消灭它们。
第二个关卡中有5只小猪，但经过观察我们可以发现它们的坐标都在抛物线 y = -x^2 + 6x上，故Kiana只需要发射一只小鸟即可消灭所有小猪。
【数据范围】

题目大意

给你n个点，用若干条抛物线覆盖这n个点，最少需要几个抛物线？

题目分析

枚举两只猪，解出抛物线解析式，然后枚举所有猪看那些能够与打到，能够打到的压进状态中，存在数组中。

s[i][j] 表示用 i , j 两只猪枚举出来的抛物线，能够打出的猪的 01 状态。

f[i] 表示 打成 i 状态的猪，最少需要多少只小鸟

状态转移方程：

dp[i | s[j][k] ] = min(dp[i | s[j][k] ] , dp[i] + 1) 0<= i < (1<<n) , 0<= j,k <n

这种写法可以过所有的NOIP官方数据（数据较水），但洛谷只能得75分，以后回头再看这题吧。。

时间复杂度：

O(n^3) 预处理处理抛物线

O(2^n *n*n) DP

#include<iostream>
#include<cstring>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
double pig[20][2];
int f[300000];
int s[20][20];
bool ok[20][20];
double abs(double t)
{
    if (t > 0.0)
        return t;
    else return t * -1.0;
}
bool eq(double a,double b)
{
    if (abs(a-b) < 1e-7) return true;
    else return false;
}
void init()
{
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    memset(s,0,sizeof(s));
    memset(ok,1,sizeof(ok));
}
int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while(T--)
    {
        init();
        f[0] = 0;
        int n,command;
        cin >> n >> command;
        for (int i=0;i<n;i++)
        {
            cin >> pig[i][0] >> pig[i][1];
        }
        for (int i=0;i<n;i++)
        {
            for (int j=0;j<n;j++)
            {
                if (i == j)
                {
                    s[i][j] = (1 << i);
                    // cout << i << " " << j << " " << s[i][j] << endl;
                    continue;
                }
                double a,b;
                double &x1 = pig[i][0];
                double &x2 = pig[j][0];
                double &m = pig[i][1];
                double &g = pig[j][1];
                a = (x1*g-x2*m)/(x2*x1*x2-x2*x1*x1);
                b = (x1*g*x1-x2*x2*m)/(x2*x1*x1-x2*x2*x1);
                //cout << a << " " << b << endl; 
                if (a > 0.0)
                {
                    ok[i][j] = false;
                    continue;
                }
                for (int k=0;k<n;k++)
                {
                    double hzr = a*pig[k][0]*pig[k][0] + b*pig[k][0];
                    if (eq(hzr,pig[k][1]))
                    {
                        s[i][j] += (1 << k);
                    }
                }
                //cout << i << " " << j << " " << s[i][j] << endl;
            }
        }
        for (int i=0;    i < ( 1 << n )     ;i++)
        {
            for (int j=0;j<n;j++)
            {
                for (int k=0;k<n;k++)
                {
                    f[i|s[j][k]] = min(f[i|s[j][k]],f[i]+1);
                }
            }
        }
        cout << f[(1<<n) - 1] << endl;
    }
    return 0;
}