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题目描述 Description |
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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，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 ii 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 ii 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。 |
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输入描述 Input Description |
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从标准输入读入数据。 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 ii 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 ⌈c⌉ 和 ⌊c⌋ 分别表示对 c 向上取整和向下取整，例如：⌈2.1⌉=⌈2.9⌉=⌈3.0⌉=⌊3.0⌋=⌊3.1⌋=⌊3.9⌋=3。 |
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输出描述 Output Description |
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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。 |
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样例输入 Sample Input |
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 |
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样例输出 Sample Output |
1 1 |
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数据范围及提示 Data Size & Hint |
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之前的一些废话：我是来填最近几周做题没写博客的坑的。
题解：看到数据范围那么小不是状压就是暴搜了。但是状态压缩一般比较稳，于是决定写状压。开始十分幼稚的认为一条抛物线至少能干掉两头猪，后来才发现有些情况抛物线a<0，即反重力，是不行的。我们设v(i,j)表示打i,j两头猪的抛物线所能打到所有猪的集合，先推一推式子，判断第三个点是否在抛物线上（注意浮点误差）,这个过程用O(n^3)的时间就能搞定，之后我们就可以DP了，设f(S)表示打死集合S的最少次数，转移的话首先枚举两头没打过的猪，然后转移方程是dp[S|v[i][j]]=min(dp[S|v[i][j]],dp[S]+1)，然后再枚举打死一头猪的，转移为dp[S|(1<<i)]=min(dp[S|(1<<i)],dp[S]+1);注意要特判当n=1。
代码：
#include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<double,double> PDD; #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) inline int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } #define X first #define Y second const int maxn=20; const double eps=1e-12; PDD p[maxn]; int T,n,m,dp[1<<maxn],all,v[maxn][maxn]; bool isline(int a,int b,int c) { double X1=p[a].X,X2=p[b].X,X3=p[c].X,Y1=p[a].Y,Y2=p[b].Y,Y3=p[c].Y; double A=(Y1*X2-Y2*X1)/(X1*X1*X2-X1*X2*X2),B=(Y1*X2*X2-Y2*X1*X1)/(X1*X2*X2-X1*X1*X2); if(A>=0.0)return 0; return fabs(Y3-A*X3*X3-B*X3)<=eps; } int main() { T=read(); while(T--) { mem(dp,42);mem(p,0);mem(v,0); n=read();read();all=(1<<n)-1; for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lf%lf",&p[i].X,&p[i].Y); dp[0]=0; for(int i=0;i<n;i++) for(int j=i+1;j<n;j++) { if(!isline(i,j,n))continue; v[i][j]=(1<<i)|(1<<j); for(int k=0;k<n;k++)if(k!=i && k!=j)if(isline(i,j,k))v[i][j]|=(1<<k); } if(n<=1){printf("1 ");continue;} for(int S=0;S<=all;S++) { for(int i=0;i<n;i++)dp[S|(1<<i)]=min(dp[S|(1<<i)],dp[S]+1); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=i+1;j<n;j++)if(v[i][j]) if(!(S&(1<<i)) && !(S&(1<<j))) dp[S|v[i][j]]=min(dp[S|v[i][j]],dp[S]+1); } printf("%d ",dp[all]); } return 0; }
总结： 一定要小心浮点误差。