【NOIP2016提高组day2】愤怒的小鸟

分析

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 = ax2 + 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 = −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 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。

分析

首先先求出每个点两两之间的函数解析式，并且求出这个解析式还能消灭那只猪。
状压背包，
设(f_s)表示状态为s的最小值（其中s为二进制数，表示每只猪有没有被消灭）
转移方程很简单(f_{s|s`}=min(f_{s|s`},f_s+1))
时间复杂度(O(2^n·n^2))

对了，注意精度

#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const int maxlongint=2147483647;
const int mo=1000000007;
const int N=550005;
using namespace std;
int f[N],b[20][20],n,m,t,d[500],mi[N];
double a[N][2],a1,b1;
int min1(int x,int y)
{
	return x>y?y:x;
}
int main()
{
	freopen("angrybirds.in","r",stdin);
	freopen("angrybirds.out","w",stdout);
	mi[0]=1;
	for(int i=1;i<=20;i++)
	{
		mi[i]=mi[i-1]*2;
	}
	scanf("%d",&t);
	for(;t--;)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		memset(b,0,sizeof(b));
		memset(f,43,sizeof(f));
		f[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%lf%lf",&a[i][0],&a[i][1]);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			b[i][i]=mi[i-1];
			for(int j=1;j<=n;j++)
			if(i!=j)
			{
				double y=a[i][1],y1=a[j][1],x=a[i][0],x1=a[j][0],xx=a[i][0]*a[i][0],xx1=a[j][0]*a[j][0];
				a1=b1=0;
				y*=xx1;
				x*=xx1;
				y1*=xx;
				x1*=xx;
				y-=y1;
				x-=x1;
				b1=y/x;
				a1=(a[i][1]-a[i][0]*b1)/(a[i][0]*a[i][0]);
				if(a1>=0) continue;
				b[i][j]=mi[i-1]+mi[j-1];
				for(int k=1;k<=n;k++)
				if(k!=i && k!=j)
				{
					if(a[k][1]-a[k][0]*a[k][0]*a1-a[k][0]*b1<=0.000000000001 && a[k][1]-a[k][0]*a[k][0]*a1-a[k][0]*b1>=-0.000000000001)
					{
						b[i][j]+=mi[k-1];
					}
				}
			}
		}
		d[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{
				bool q=true;
				if(f[b[i][j]]==1 || b[i][j]==0) continue;
				for(int k=1;k<=n && q;k++)
					for(int l=1;l<=n && q;l++)
						if((b[i][j]&b[k][l])>=b[i][j] && b[i][j]!=b[k][l]) q=false;
				if(q) d[++d[0]]=b[i][j],f[b[i][j]]=1;
			}
		for(int i=1;i<=d[0];i++)
			for(int s=0;s<=mi[n]-1;s++)
			{
				f[s|d[i]]=min1(f[s|d[i]],f[s]+1);
			}
		printf("%d
",f[mi[n]-1]);
	}
}