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题目大意
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=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。
注意:本题除 NOIP 原数据外，还包含加强数据。
输入格式
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 i 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<101，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 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。
输出格式
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。
数据范围
输入样例
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
输出样例
1 1
题解
先来说一下 做这道题的时候是十一点十五
想了一会儿开始调题，结果调了半天都不对，有几个地方zz了
然后都五十分了机房其他同学都已经吃完饭上来了，我才刚调完。
下去去食堂人挤人，好饿
吃完饭回来又飞快（巨慢）的打了一遍，总算是过了
来说一下思路吧
由于抛物线的解析式只有两个参数，所以只需要两个点就可以确定一条抛物线，对于 n 个点来说，最多有 n 2条抛物线
我们不妨把这些抛物线先预处理出来，同时预处理出来每一条抛物线包含的点集
这是我们发现问题变成了一个经典的“重复覆盖问题”，也就是给定一个01矩阵，选择数量最少的行，覆盖所有列
这个问题的标准做法是 Dancing Links
由于n 不超过18，所以这道题可以考虑用状压dp；
f[i] 表示当前已经覆盖的列是i时的最小行数。
转移时随便找到当前未被覆盖的某一列 xx，然后枚举所有包含 xx 的行j来选择即可。
即：f[i | j] = min(f[i | j], f[i] + 1)。
最后来分析一下时间复杂度
首先预处理抛物线及其覆盖点集 需要枚举 复杂度为O(n3)；
状态压缩DP的过程中，一共有 2n个状态，每个状态需要 O(n)的计算量
最后的时间复杂度总计为 O(T(n3+n2n))。
代码
#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #define x first #define y second using namespace std; const int N = 18,M = 1 << 18; const double eps = 1e-8; int m,n; typedef pair<double,double> PDD; PDD q[N]; int f[M]; int path[N][N]; int cmp(double x,double y) { if(fabs(x - y) < eps) return 0; if(x < y) return -1; return 1; } int main() { int t; cin >> t; while(t --) { cin >> n >> m; for(int i = 0; i < n; ++ i) cin >> q[i].x >>q[i].y; memset(path,0,sizeof path); for(int i = 0; i < n; ++i) { path[i][i] = 1 << i; for(int j = 0; j < n; ++ j) { double x1 = q[i].x,y1 = q[i].y; double x2 = q[j].x,y2 = q[j].y; if(!cmp(x1,x2)) continue; double a = (y1 / x1 - y2 / x2) / (x1 - x2); if(cmp(a,0) >= 0) continue; double b = y1 / x1 - a * x1; int state = 0; for(int k = 0; k < n; ++ k) { double x= q[k].x,y = q[k].y; if(!cmp(a * x * x + b * x,y)) state += 1 << k; } path[i][j] = state; } } memset(f,0x3f,sizeof f); f[0] = 0; for(int i = 0; i + 1 < 1 << n; ++ i) { int x = 0; for(int j = 0; j < n; ++ j) if(!(i >> j & 1)) { x = j; break; } for(int j = 0; j < n; ++ j) f[i | path[x][j]] = min(f[i | path[x][j]],f[i] + 1); } cout << f[(1 << n) - 1] << endl; } return 0; }