UOJ265 NOIP2016D2T3 愤怒的小鸟 状态压缩DP

大家都很强，可与之共勉 。

秒题系列

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)(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=ax2+bxy=ax2+bx 的曲线，其中 a,ba,b 是 Kiana 指定的参数，且必须满足 a<0a<0，a,ba,b 都是实数。

当小鸟落回地面（即 xx 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 nn 只绿色的小猪，其中第 ii 只小猪所在的坐标为 (xi,yi)(xi,yi)。

如果某只小鸟的飞行轨迹经过了 (xi,yi)(xi,yi)，那么第 ii 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)(xi,yi)，那么这只小鸟飞行的全过程就不会对第 ii 只小猪产生任何影响。

例如，若两只小猪分别位于 (1,3)(1,3) 和 (3,3)(3,3)，Kiana 可以选择发射一只飞行轨迹为 y=−x2+4xy=−x2+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 TT 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

从标准输入读入数据。

第一行包含一个正整数 TT，表示游戏的关卡总数。

下面依次输入这 TT 个关卡的信息。每个关卡第一行包含两个非负整数 n,mn,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 nn 行中，第 ii 行包含两个正实数 xi,yixi,yi，表示第 ii 只小猪坐标为 (xi,yi)(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=0m=0，表示 Kiana 输入了一个没有任何作用的指令。

如果 m=1m=1，则这个关卡将会满足：至多用 ⌈n/3+1⌉⌈n/3+1⌉ 只小鸟即可消灭所有小猪。

如果 m=2m=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⌋⌊n/3⌋ 只小猪。

保证 1≤n≤181≤n≤18，0≤m≤20≤m≤2，0

输出

输出到标准输出。

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。

开始eps取大了(1e-8)，就在Extra Test挂了，eps改为1e-10就好

预处理出两只猪组成的抛物线可以覆盖哪些猪， 用一个数来存233。

然后转移就看代码…..

# include <bits/stdc++.h>

const double eps = 1e-10 ;
const int N = 1 << 18 | 1 ;

inline void smin ( int& d, const int& x )  {
( d > x ) ? ( d = x ) : 0 ;
}

int dp
;
int g [20] [20] ;
std :: pair < double, double > bird [20] ;

int main ( )  {
int T ;
for ( scanf ( "%d", & T ) ; T ; -- T )  {
int n, m ;
scanf ( "%d%d", & n, & m ) ;
for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i )  {
scanf ( "%lf%lf", & bird [i].first, & bird [i].second ) ;
}
for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i )
for ( int j = i + 1 ; j <= n ; ++ j )  {
g [i] [j] = 0 ;
if ( fabs ( bird [i].first - bird [j].first ) < eps ) continue ;
double a, b ;
b = ( bird [i].second / ( bird [i].first * bird [i].first ) - bird [j].second / ( bird [j].first * bird [j].first ) ) / ( 1 / bird [i].first - 1 / bird [j].first ) ;
if ( ( a = ( bird [i].second - b * bird [i].first ) / ( bird [i].first * bird [i].first ) ) < -eps )
for ( int k = 1 ; k <= n ; ++ k )
if ( fabs ( a * bird [k].first * bird [k].first + b * bird [k].first - bird [k].second ) < eps )
g [i] [j] |= ( 1 << ( k - 1 ) ) ;
}
int lim = ( 1 << n ) ;
for ( int s = 1 ; s < lim ; ++ s )  dp [s] = 1e18 ;
dp [0] = 0 ;
for ( int s = 0 ; s < lim ; ++ s )  {
if ( dp [s] == 1e18 )   continue ;
for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i )  {
for ( int j = i + 1 ; j <= n ; ++ j )  {
smin ( dp [s | g [i] [j]], dp [s] + 1 ) ;
}
smin ( dp [s | ( 1 << ( i - 1 ) )], dp [s] + 1 ) ;
}
}
printf ( "%d\n", dp [( 1 << n ) - 1] ) ;
}
}

改进

会发现时间跑得很慢…..

我们发现会出现重复转移的情况。

我们可以这样避免。

for ( int s = 0 ; s < lim ; ++ s )  {
if ( dp [s] == 1e8 )    continue ;
for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i )  {
if ( !( s & ( 1 << ( i - 1 ) ) ) )  {
for ( int j = i + 1 ; j <= n ; ++ j )  {
smin ( dp [s | g [i] [j]], dp [s] + 1 ) ;
}
smin ( dp [s | ( 1 << ( i - 1 ) )], dp [s] + 1 ) ;
break ;
}
}
}