Description
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 $y=ax^2+bx$ 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 $y=-x^2+4x$ 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。
Input
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。
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。
Output
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
Range
Solution
n≤18，第一反应是爆搜。
码码码，发现只能得 55 分，剩下全 T。
咦，能剪枝！ 剪剪剪，结果两个点死活过不去。
什么并查集最优性剪枝各种优化都用上了，刚了一天死活过不去那两个点。
T 掉的代码还是放上来吧
// By YoungNeal #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #define eps 1e-8 #define r register int T; int n,m; int minn; double a,b; bool vis[25]; double zbx[25],zby[25]; int calc(int x){ double lef=a*zbx[x]*zbx[x]+b*zbx[x]; double rig=zby[x]; if(std::fabs(rig-lef)<=eps) return 1; return 0; } void dfs(int now,int used){ printf("now=%d,used=%d ",now,used); if(used>=minn) return; if(now>n){ minn=std::min(minn,used); return; } if(vis[now]){ dfs(now+1,used); return; } vis[now]=1; dfs(now+1,used+1); printf("back,now=%d ",now); for(r int i=now+1;i<=n;i++){ printf("i=%d ",i); if(vis[i]) continue; double c,d,e,f,g,h; c=zbx[now]*zbx[now]; d=zbx[now]; e=zby[now]; f=zbx[i]*zbx[i]; g=zbx[i]; h=zby[i]; a=(e*g/d-h)/(c*g/d-f); b=(h-a*f)/g; if(a>=0) continue; vis[i]=1; int fz[20],cnt=0; for(r int j=1;j<=n;j++){ if(!vis[j]&&calc(j)) fz[++cnt]=j,vis[j]=1; } dfs(now+1,used+1); vis[i]=0; for(r int j=1;j<=cnt;j++) vis[fz[j]]=0; } vis[now]=0; printf("return "); } signed main(){ scanf("%d",&T); while(T--){ minn=20; memset(vis,0,sizeof vis); scanf("%d%d",&n,&m); for(r int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&zbx[i],&zby[i]); dfs(1,0); printf("%d ",minn); } return 0; }
好吧我们考虑状压
观察到，能够用上的抛物线就那么几条，所以不妨都将它们预处理出来。
定义 mp[i][j] 表示必定经过 i，j 两点的抛物线还能够经过哪些点。用 01 串来存，第 k 位为 1 表示能经过，否则为不能经过。
定义 dp[i] 表示一个二进制数为 i 时，至少要发射几只小鸟。
所以转移方程就很明显了，dp[i|mp[j][p]]=min{dp[i]+1}
Code
// By YoungNeal #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #define eps 1e-8 int T; int n,m; int maxn; double a,b; int dp[1<<19]; int mp[20][20]; // mp[i][j]->打i和j能干掉多少 1 refers to yes double x[20],y[20]; bool ok(int i){ double l=x[i]*x[i]*a+x[i]*b; double r=y[i]; return fabs(r-l)<eps; } signed main(){ scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&n,&m); maxn=1<<n; maxn--; memset(dp,0x3f,sizeof dp); dp[0]=0; memset(mp,0,sizeof mp); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=i+1;j<=n;j++){ double c,d,e,f,g,h; c=x[i]*x[i]; d=x[i];e=y[i]; f=x[j]*x[j]; g=x[j]; h=y[j]; a=(e*g/d-h)/(c*g/d-f); b=(h-a*f)/g; if(a>=0) continue; for(int k=1;k<=n;k++){ if(ok(k)) mp[i][j]|=1<<k-1; } } } for(int i=0;i<=maxn;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ if(i&(1<<j-1)) continue; for(int p=j+1;p<=n;p++) dp[i|mp[j][p]]=std::min(dp[i|mp[j][p]],dp[i]+1); dp[i|(1<<j-1)]=std::min(dp[i|(1<<j-1)],dp[i]+1); } } printf("%d ",dp[maxn]); } return 0; }