【NOIP2016】愤怒的小鸟
Description
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。
Input
Output
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。
Sample Input
样例1输入：
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
样例2输入：
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
Sample Output
样例1输出：
1
1
样例2输出：
2
2
3
Hint
样例1提示：
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 = -x2 + 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。
数据约束： 
Source
NOIP2016，动态规划，状态压缩
题解：
状压dp的状态还是比较裸吧，数据范围也提示了这个题目可以状压，设dp[S]表示把集合S中没有打完的猪打完的最小花费。
这个还是比较好转移的，枚举直线，将猪打掉作为转移，当然别忘记只打掉一头猪的情况。
这里讲一下优化，设g[i][j]表示将i和j这两条猪打掉的直线包含那些猪。我们每次进行转移，强制直线要包含第一头没有打掉的猪，因为如果没有打掉他的话，后面还是要花一炮来打掉他，只是交换了一下顺序而已，所以这个东西就可以O(n)枚举直线，复杂度就变成了，2^n*n。
代码：
#include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cmath> #include <iostream> #define MAXN 19 #define ld long double #define eps 1e-6 #define ll long long #define RG register using namespace std; int dp[1<<MAXN],b[1<<MAXN];ld x[MAXN],y[MAXN]; ll g[MAXN][MAXN]; int n,m; inline bool check(ld a,ld b,int k){ if(a*x[k]*x[k]+b*x[k]-y[k]<=eps&&a*x[k]*x[k]+b*x[k]-y[k]>=-eps) return 1; return 0; } inline int dfs(ll S){ if(b[S]) return dp[S]; if(S==(1<<n)-1) return dp[S]=0; b[S]=1; int j; for(int i=1;i<=n;i++) if(!(S&(1<<(i-1)))){ j=i;break; } for(RG int i=1;i<=n;i++){ if(i==j) continue; if((S&(1<<(i-1)))) continue; ld a; a=(y[i]*x[j]-y[j]*x[i])/(x[i]*x[i]*x[j]-x[i]*x[j]*x[j]); if(a>=0) continue; ll tos=S|g[i][j]; dp[S]=min(dp[S],dfs(tos)+1); } for(RG int i=1;i<=n;i++){ if(!(S&(1<<(i-1)))) dp[S]=min(dp[S],dfs(S|1<<(i-1))+1); } return dp[S]; } void work(){ memset(dp,127,sizeof(dp)); memset(b,0,sizeof(b)); memset(g,0,sizeof(g)); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>y[i]; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++){ ld a=(y[i]*x[j]-y[j]*x[i])/(x[i]*x[i]*x[j]-x[i]*x[j]*x[j]); if(a>=0) continue; ld b=(y[i]*x[j]*x[j]-y[j]*x[i]*x[i])/(x[i]*x[j]*x[j]-x[i]*x[i]*x[j]); ll tos=0; for(RG int k=1;k<=n;k++) if(check(a,b,k)) tos|=(1<<(k-1)); g[i][j]=tos; } printf("%d\n",dfs(0)); } int main() { int t;cin>>t; while(t--) {work();} }
