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。
输入
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<10，输入中的实数均保留到小数点后两位。
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
样例输入
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
样例输出
1 1
题解
状态压缩dp
这题也真是够坑。。。
考试时写了搜索，毕竟14年就没出搜索。然而出乎意料，这题竟然是16年的第二道dp，
还是考试前一直觉得不会考的一种dp。。。
f[i]表示状态为i的猪全部打掉需要的最少次数。
易推出伪代码f[i]=min(f[i],f[i^A]+1)，A为每次打的集合。
为什么说是伪代码？因为A很难确定。
枚举子集的话，时间复杂度O(3^n)，TLE。
所以不能枚举子集。
枚举点？先枚举情况，然后枚举两个点，再处理其余点，时间复杂度O(2^n*n^3)，85分。
于是我们想到初始化。
本着能打则打的贪心原则，可以先把点j和点k所在抛物线上所有点存起来，状态转移时，
集合A即为i&g[j][k]，省略了一重循环，AC。
当然还是有更好的优化（见代码）。
由于打的顺序对结果没有影响，所以可以默认先打标号较小的小鸟，这样时间复杂度会更低。
然而最坑的是精度问题。
不加精度肯定会跪，至于跪多少，考试时自己没加精度得了0分。。。
精度太低也不行，亲测1e-4 90分，1e-5 95分。
所以精度很重要，最好是1e-6，不会被卡，可以过。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define eps 1e-6
using namespace std;
double x[20] , y[20];
int f[262150] , g[20][20];
int main()
{
int T;
scanf("%d" , &T);
while(T -- )
{
memset(g , 0 , sizeof(g));
int n , m , i , j , k;
double a , b;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 0 ; i < n ; i ++ )
scanf("%lf%lf" , &x[i] , &y[i]);
for(i = 0 ; i < n ; i ++ )
{
for(j = 0 ; j < n ; j ++ )
{
if(i != j)
{
a = (x[j] * y[i] - x[i] * y[j]) / (x[i] * x[j] * (x[i] - x[j]));
b = (x[j] * x[j] * y[i] - x[i] * x[i] * y[j]) / (x[i] * x[j] * (x[j] - x[i]));
if(a <= -eps)
for(k = 0 ; k < n ; k ++ )
if(fabs(a * x[k] * x[k] + b * x[k] - y[k]) <= eps)
g[i][j] |= 1 << k;
}
}
}
f[0] = 0;
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ )
{
for(j = 0 ; j < n ; j ++ )
if((1 << j) & i)
break;
f[i] = f[i ^ (1 << j)] + 1;
for(k = 0 ; k < n ; k ++ )
if(k != j && (1 << k) & i)
f[i] = min(f[i] , f[i ^ (i & g[j][k])] + 1);
}
printf("%d
" , f[(1 << n) - 1]);
}
return 0;
}