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。
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
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;
}