poj 1466 计算直线的交点数

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1466

　　一道dp好题，是我们学校Troy哥在他的动态规划的课件里面的一道习题。这题要求我们找出n条直线可以构成哪几种数量的交点。自己想的时候想到了用当前处理第i条共有j个交点来进行动态规划，是因为显然可以看出前i条直线构成j (0<=j<=(i-1)*i/2) 个交点是必定可以推出前i+1条直线构成j (0<=j<=(i+1)*i/2) 个交点的，但是这个递推关系就不是那么容易找到了。

　　见识面还是比较窄，迫于无奈找了一下题解，其中我看到一个这样的转移方程：

dp[i-r][j] --> dp[i][(i-r)*r+j] (1<=r<i)

（自己搞的，和原文的有出入，其他题解很多都是写dp[i][j]=(i-r)*r+dp[r][k]）

　　对于这样的一个方程，我参照别人题解里面所说的，弄不懂...- -    于是我就yy了一下，得出我的见解...希望对初学者的理解有帮助。

　　实际上，由方程可以看到其实还有一个算是状态的辅助参数r。这个r的作用是十分的强大，可以将它理解为要在i-r条直线里加上一组r条的平行线，而且这组平行线和原来i-r条线都不平行，所以交上以后就会多出r*(i-r)个交点。如果dp[i-r][j]可取，那么dp[i][(i-r)*r+j]就是可取的了。这样，接下来就是体力劳动了。

　　我的代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

#define debug 0

int min2(int _a, int _b){return _a < _b ? _a : _b;}
int max2(int _a, int _b){return _a > _b ? _a : _b;}

bool dp[21][191];

bool solve(){
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for (int i = 0; i <= 20; i++){
        dp[i][0] = true;
    }
    for (int i = 2; i <= 20; i++){
        for (int j = 1; j < i; j++){
            for (int k = 0; k <= 190; k++){
                dp[i][k + j * (i - j)] |= dp[i - j][k];
            }
        }
    }
    #if debug
    for (int i = 1; i <= 6; i++){
        for (int j = 0; j < 20; j++){
            printf("%d", dp[i][j]);
        }
        puts("");
    }
    #endif

    return true;
}

int main(){
    int n;

    solve();
    while (~scanf("%d", &n)){
        int i = 0, end = n * (n - 1) >> 1;

        for (; i < end; i++){
            if (dp[n][i]) printf("%d ", i);
        }
        printf("%d\n", end);
    }

    return 0;
}

 

——written by Lyon