【题解】P2831 愤怒的小鸟

P2831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=a*x^2+b*x) 的曲线，其中 (a,b) 是 (Kiana) 指定的参数，且必须满足 (a<0)，(a,b) 都是实数。

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 ((x_i,y_i ))。

如果某只小鸟的飞行轨迹经过了 ((x_i,y_i ))，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 ((x_i,y_i ))，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+4*x) 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。

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Solution

· 按照初(数)步(据)想(范)法(围)，可以很容易就想到设一个集合表示每只猪的状态 即 (f_S) 表示状态为 (S) 时最少抛物线数

· 可以发现由于必须过原点，所以只用再确定两只猪就可以确 定一条抛物线

· 于是我们可以预处理出 (l_{i,j}) 表示在 (i) 和 (j) 所过的这条 抛物线上的所有猪的集合

· 这样子就很方便了

· 枚举 (S)，对于每个 (S) 枚举 (i) 和 (j) 则有 : $$f[S | l_{i,j}] = min(f[S | l_{i,j}], f_S + 1)$$

· 于是愉快地(?)完成了这道题了

· 算算复杂度...(O(2^n*n^2)≈8*10^7)...貌似只能卡常卡过去?有没有优化呢?

· 令 (x) 为 (S) 内未被打掉的猪中编号最小的，则由 (S) 扩展的所有的线都要经过 (x)

· 这样子为什么是对的呢?

· 如果说先不打 (x)，打了 (x) 之后的 (y) 和 (z)，那么总要返回来再打一次 (x)，这样子转移就重复了(虽然仍然是正确的)

· 那么就只用枚举一个 (j) 就可以了，转移的速度是 (O(n))的，那么总复杂度为 (O(2^n*n)≈4*10^6)，顺利跑过啦~

· 顺带一提的是 这道题可以用爆搜+剪枝，而且貌似比dp还要快一点...有兴趣的可以想一想2333

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Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ld long double
#define F(i, x, y) for(int i = x; i <= y; ++ i)
using namespace std;
const int N = 20;
const double eps = 1e-8; //由于浮点数不太好比大小，所以如果两数之差小于这个超小值则算它们相等
int n, m, all, t;
struct pig{
    long double x, y;
}p[N];
int l[N][N];
int d[(1 << N)];
int f[(1 << N)];
int main()
{
    scanf("%d", &t);
    F(i, 0, 1 << 19)
        F(j, 1, 19) 
            if(! (i & (1 << j - 1)))
            {
                d[i] = j; 
                break;
            }
    while(t --)
    {
        scanf("%d%d", &n, &m), all = (1 << n) - 1;
        F(i, 1, n) scanf("%Lf%Lf", &p[i].x, &p[i].y);    
        memset(l, 0, sizeof(l));
        memset(f, 127, sizeof(f)), f[0] = 0;
        F(i, 1, n)
            F(j, 1, n) 
            {
                if(fabs(p[i].x - p[j].x) < eps) continue;
                ld a = (p[j].x * p[i].y - p[i].x * p[j].y) / (p[i].x * p[j].x * (p[i].x - p[j].x));
                ld b = p[i].y / p[i].x - a * p[i].x;
                if(a > -eps) continue;
                F(k, 1, n)
                    if(fabs(a * p[k].x * p[k].x + b * p[k].x - p[k].y) < eps)
                        l[i][j] |= (1 << k - 1);
            }
        F(i, 0, all)           
        {
            int j = d[i];
            f[i | (1 << j - 1)] = min(f[i | (1 << j - 1)], f[i] + 1);
            F(k, 1, n) f[i | l[j][k]] = min(f[i | l[j][k]], f[i] + 1);  
        }
        printf("%d
", f[(1 << n) - 1]);
    }
    return 0;
}