• UOJ265 【NOIP2016】愤怒的小鸟


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    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)(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 1n181≤n≤18,0m20≤m≤2,0<xi,yi<100<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⌈c⌉ 和 c⌊c⌋ 分别表示对 cc 向上取整和向下取整,例如:2.1=2.9=3.0=3.0=3.1=3.9=3⌈2.1⌉=⌈2.9⌉=⌈3.0⌉=⌊3.0⌋=⌊3.1⌋=⌊3.9⌋=3。

    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。

    样例一

    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
    
    

    output

    1
    1
    
    

    explanation

    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,22 只小猪分别位于 (1.00,3.00)(1.00,3.00) 和 (3.00,3.00)(3.00,3.00),只需发射一只飞行轨迹为 y=x2+4xy=−x2+4x 的小鸟即可消灭它们。

    第二个关卡中有 55 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=x2+6xy=−x2+6x 上,故 Kiana 只需要发射一只小鸟即可消灭所有小猪。

    样例二

    input

    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
    
    

    output

    2
    2
    3
    
    

    样例三

    input

    1
    10 0
    7.16 6.28
    2.02 0.38
    8.33 7.78
    7.68 2.09
    7.46 7.86
    5.77 7.44
    8.24 6.72
    4.42 5.11
    5.42 7.79
    8.15 4.99
    
    

    output

    6


    正解:搜索 or 状压DP or 记忆化搜索
    解题报告:

    算法一

      我在考场上看到数据范围之后,就明显看出这是一道搜索题。而且n<=18,应该搜索+强力剪枝可以过。于是我就打了个爆搜。

      具体实现就是:对于每个点,我分类讨论两种情况:自己新建一条抛物线,或者和之前的某一个点组合形成一条完整的抛物线。因为抛物线的式子只有2个变量,所以我们只需要2个点就可以确定这一条抛物线。搜索的时候,保存之前的每个点的状态,一个是已经由2个或以上的点形成的抛物线的a、b值,这样可以一开始就计算是不是已经被之前形成的抛物线经过了,如果经过了则可以直接搜下一个点。另外,还需要保存之前有哪些点尚未完成“配对”,即之前确定为是新建了一条抛物线之后,因为只有一个点不能确定抛物线的解析式,所以尚未完成“配对”。我们考虑当前点和之前没有“配对”的点一一组合形成新的抛物线,再往下搜索。值得注意的是,根据题意抛物线的解析式中的a一定<0,所以并不是算出来的解析式一定可行。通过两个点算解析式的具体算法不赘述了,这属于初中的二次函数数学题了。

      这个算法当然可以套上最优性剪枝,可以避免大量不必要的搜索。题目中给的m也可以用于剪枝(初值的设定)。

      因为最优性剪枝事实上可以减去大量无用状态,所以这个搜索是可以通过n<=18的所有数据的。

     

      算法二

          对于算法一的改进:记忆化搜索,常见优化,不赘述了。

      

      算法三

            仔细思考可以发现,这个题目应该是可以状压DP的。

        f[s]表示被覆盖的状态为s的最少小鸟数,然后预处理一个g[i][j]表示选择了i和j之后的抛物线经过的小鸟的状态集合(是一个01状态),

        容易得出:

        f[s|g[i][j]]=min(f[s|g[i][j]],f[s]+1)

        状压DP的经典做法。

     

     1 #include <iostream>
     2 #include <cstdio>
     3 #include <cmath>
     4 #include <cstring>
     5 #include <algorithm>
     6 #include <string>
     7 #include <ctime>
     8 #include <queue>
     9 #include <vector>
    10 #include <cstdlib>
    11 using namespace std;
    12 typedef long long LL;
    13 const int MAXN = 45; 
    14 const double eps = 1e-10;
    15 int T,n,m,ans,dui[MAXN];
    16 bool vis[MAXN];
    17 double dd[MAXN][2];
    18 double hehe,lim;
    19 bool ok;
    20 struct node{ double x,y; }a[MAXN];
    21 inline bool cmp(node q,node qq){ if(q.x==qq.x) return q.y<qq.y; return q.x<qq.x; }
    22 inline double ABS(double x){ if(x<0) return -x; return x; }
    23 inline void dfs(int x,int num1,int num2,int use){
    24     if(x==n+1) { if(use<ans) ans=use; return ;}    
    25     double nowy; if(use>=ans) return ;
    26     for(int i=1;i<=num2;i++) {
    27         nowy=a[x].x*a[x].x*dd[i][0]+dd[i][1]*a[x].x;
    28         if(ABS(nowy-a[x].y)<=eps) { dfs(x+1,num1,num2,use); return ; }
    29     }
    30     int now; double nowx,nowz; int nex=num2+1;
    31     for(int i=1;i<=num1;i++) {
    32         if(vis[i]) continue; now=dui[i]; if(a[now].x==a[x].x) continue;        
    33         nowx=a[now].x*a[now].x-a[now].x*a[x].x; nowz=a[now].y-a[x].y*a[now].x/a[x].x;
    34         dd[nex][0]=nowz/nowx; if(dd[nex][0]>=-eps) continue;
    35         dd[nex][1]=(a[now].y-dd[nex][0]*a[now].x*a[now].x)/a[now].x;
    36         vis[i]=1; dfs(x+1,num1,nex,use);
    37         vis[i]=0;
    38     }
    39 
    40     dui[num1+1]=x; vis[num1+1]=0;
    41     dfs(x+1,num1+1,num2,use+1);
    42 }
    43 
    44 inline void work(){
    45     scanf("%d",&T);
    46     while(T--) {
    47         scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y);    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    48         memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(dd,0,sizeof(dd)); memset(dui,0,sizeof(dui));
    49         dui[1]=1; if(m!=1) ans=n; else { ans=n/3; if(n%3!=0) ans++; ans++; }
    50         dfs(2,1,0,1); printf("%d
    ",ans);
    51     }
    52 }
    53 
    54 int main()
    55 {
    56     work();
    57     return 0;
    58 }
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