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=ax^2+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 left(x_i,y_i ight)(xi,yi)。
如果某只小鸟的飞行轨迹经过了 left( x_i, y_i ight)(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 left( x_i, y_i ight)(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=-x^2+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。
输入输出格式
输入格式:
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 x_i,y_ixi,yi,表示第 ii 只小猪坐标为 (x_i,y_i)(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 lceil n/3 + 1 ceil⌈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 lfloor n/3 floor⌊n/3⌋ 只小猪。
保证 1leq n leq 181≤n≤18,0leq m leq 20≤m≤2,0 < x_i,y_i < 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 lceil c ceil⌈c⌉ 和 lfloor c floor⌊c⌋ 分别表示对 cc 向上取整和向下取整,例如:lceil 2.1 ceil = lceil 2.9 ceil = lceil 3.0 ceil = lfloor 3.0 floor = lfloor 3.1 floor = lfloor 3.9 floor = 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。
输入输出样例
说明
【样例解释1】
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 = -x^2 + 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 = -x^2 + 6xy=−x2+6x上,故Kiana
只需要发射一只小鸟即可消灭所有小猪。
【数据范围】
题解1
- 搜索剪枝
- 对于当前的一只猪,可以选择被之前某一条抛物线所经过,也可以选择之前也没有被经过的一只猪组成一条新的抛物线,也可以选择暂时不被经过
- 对于这三种情况都要处理,显然会超时,那么就来点剪枝
- 剪枝:①最优性剪枝,当前形成的抛物线与暂时不被经过的猪的个数大于当前的答案,直接可以退出
- ②最优性剪枝,如果当前的猪可以被之前的抛物线所经过,那么就可以不管其他的情况,因为这样不用多加一条抛物线,所以是最优的
- ③如果在枚举与之前没有经过的猪时候,两只猪的横坐标(也就是x)相等,那么就直接continue,因为不存在坐标相同的猪,也不存在垂直向上的抛物线
- 这样的话,应该就可以过这一题了
题解2
- 状压dp
- 首先观察到数据,n<=18,很优秀,果断状压
- 设f[s]为被经过的猪的状态为s的抛物线条数
- 我们可以先预处理一些东西,设num[i][j]为i和j所组成的抛物线,可以经过猪的状态
- 那么还是有两种情况,①单独形成一条抛物线 ②两个形成一条抛物线,但抛物线上可能还会经过其他的猪
- 状态转移方程就显然 ① f[i|1<<(j-1)]=min(f[i|1<<(j-1)],f[i]+1) ② f[i|num[j][k]]=min(f[i|num[j][k]],f[i]+1)
代码1
1 #include <cstdio> 2 #include <iostream> 3 #include <cmath> 4 using namespace std; 5 const double eps=1e-8; 6 int t,n,m,ans; 7 double da[50],db[50],x[50],y[50],dx[50],dy[50]; 8 bool pd(double x,double y) { return fabs(x-y)<eps; } 9 void dfs(int d,int u,int v) 10 { 11 if (u+v>=ans) return; 12 if (d>n) 13 { 14 ans=u+v; 15 return; 16 } 17 bool boo=false; 18 for (int i=1;i<=u;i++) 19 if (pd(da[i]*x[d]*x[d]+db[i]*x[d],y[d])) 20 { 21 dfs(d+1,u,v),boo=true; 22 break; 23 } 24 if (!boo) 25 { 26 for (int i=1;i<=v;i++) 27 { 28 if (pd(x[d],dx[i])) continue; 29 double a=(y[d]*dx[i]-dy[i]*x[d])/(x[d]*x[d]*dx[i]-dx[i]*dx[i]*x[d]), 30 b=(y[d]-x[d]*x[d]*a)/x[d]; 31 if (a<0) 32 { 33 da[++u]=a,db[u]=b; 34 double l=dx[i],r=dy[i]; 35 for (int j=i;j<v;j++) dx[j]=dx[j+1],dy[j]=dy[j+1]; 36 dfs(d+1,u,v-1),u--; 37 for (int j=v;j>i;j--) dx[j]=dx[j-1],dy[j]=dy[j-1]; 38 dx[i]=l,dy[i]=r; 39 } 40 } 41 dx[++v]=x[d],dy[v]=y[d],dfs(d+1,u,v),v--; 42 } 43 } 44 int main() 45 { 46 scanf("%d",&t); 47 while (t--) 48 { 49 scanf("%d%d",&n,&m); 50 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]); 51 ans=100; 52 dfs(1,0,0); 53 printf("%d ",ans); 54 } 55 }
代码2
1 #include <cstdio> 2 #include <iostream> 3 #include <cmath> 4 #include <cstring> 5 using namespace std; 6 const double eps=1e-8; 7 int t,n,m,num[50][50],f[1<<20]; 8 double x[50],y[50]; 9 bool pd(double a,double b) { return fabs(a-b)<eps; } 10 int main() 11 { 12 scanf("%d",&t); 13 while (t--) 14 { 15 scanf("%d%d",&n,&m); 16 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]); 17 memset(num,0,sizeof(num)); 18 for (int i=1;i<=n-1;i++) 19 for (int j=i+1;j<=n;j++) 20 { 21 if (pd(x[i],x[j])) continue; 22 double a=(y[i]/x[i]-y[j]/x[j])/(x[i]-x[j]),b=(y[i]-a*x[i]*x[i])/x[i]; 23 if (a>=0) continue; 24 for (int k=1;k<=n;k++) if (pd(a*x[k]*x[k]+b*x[k],y[k])) num[i][j]|=1<<(k-1); 25 } 26 memset(f,125,sizeof(f)),f[0]=0; 27 for (int i=0;i<=(1<<n)-1;i++) 28 for (int j=1;j<=n;j++) 29 if (!(i&(1<<(j-1)))) 30 { 31 for (int k=j;k<=n;k++) 32 { 33 if (j==k) f[i|1<<(j-1)]=min(f[i|1<<(j-1)],f[i]+1); 34 if (pd(x[j],x[k])) continue; 35 f[i|num[j][k]]=min(f[i|num[j][k]],f[i]+1); 36 } 37 break; 38 } 39 printf("%d ",f[(1<<n)-1]); 40 } 41 }