Problem
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，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+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 Format
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 (x_i,y_i)，表示第 (i) 只小猪坐标为 ((x_i,y_i))。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 (lceil n/3 + 1 ceil) 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 (lfloor n/3 floor) 只小猪。
保证 (1leq n leq 18，0leq m leq 2，0 < x_i,y_i < 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) 和 (lfloor c floor) 分别表示对 (c) 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)。
Output Format
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。
Sample
Input 1
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
Output 1
1
1
Input 2
3
2 0
1.41 2.00
1.73 3.00
3 0
1.11 1.41
2.34 1.79
2.98 1.49
5 0
2.72 2.72
2.72 3.14
3.14 2.72
3.14 3.14
5.00 5.00
Output 2
2
2
3
Input 3
1
10 0
7.16 6.28
2.02 0.38
8.33 7.78
7.68 2.09
7.46 7.86
5.77 7.44
8.24 6.72
4.42 5.11
5.42 7.79
8.15 4.99
Output 3
6
Explanation
Explanation for Input 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，(2)只小猪分别位于((1.00,3.00))和 ((3.00,3.00))，只需发射一只飞行轨迹为(y = -x^2 + 4x)的小鸟即可消灭它们。
第二个关卡中有(5)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 + 6x)上，故(Kiana)只需要发射一只小鸟即可消灭所有小猪。
Range
测试点 (1 sim 14)：(2 leq n leq 12, 1 leq T leq 30)；
测试点 (15 sim 20)：(2 leq n leq 18, 1 leq T leq 5)。
Algorithm
状压(DP)，或者暴搜。
Notice
(double)精度的精度误差一定要注意，超级坑啊
Mentality
首先看到(n)的范围为(18)，那么自然而然地就想到了状压表示集合。那么我们发现，对于任意两只猪，它们之间的函数是唯一的。利用差值计算(a,b)两个系数即可。接着我们算出函数之后就可以得到有哪些点是可以被这两个点的抛物线打到的，我们可以用(line[i][j])来表示经过(i,j)两点的抛物线所能打到的猪的集合。接着就很好做了，直接暴力(DP)就很快乐了。有如下(dp)式
dp[S|line[i][j]]=min(dp[S]+1)
dp[S|1<<(i-1)]=min(dp[S]+1)
如此即可。只是精度上的储存会很坑，当我们处理(line)数组时会发现挂了，因为一般情况下我们是这么写的...
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i+1;j++)
{
处理出a,b;
for(int k=1;k<=n;k++)
if(a*x[k]^2+b*x[k]==y[k])
line[i][j]+=(1<<(k-1));
}
然而当系统储存(double)时非常有趣，对于(1.4)，它可能是存的(1.399999999)，也可能是(1.40000000001)，所以等于判断会炸。正确的姿势应该是修改(if)语句为如下：
if(abs(a*x[k]^2+b*x[k]-y[k])<=0.0000001)
然后就不会出现奇怪的情况了......
但是，还没有结束。我们可以观察到，这样做的复杂度为(O(T2^nn^2))，其实如果刻意卡就会稳稳爆炸= =。我们可以发现，对于状态(S)，我们记录从(1-n)的第一个没被打到的猪为(x)，我们会发现，如果我们此次转移不转移它的话，后面就会再转移一次，因为不论怎样顺序不造成影响......那么后面重新转移过来完全就是多余的......所以我们修改状压的循环，无需对于每个状态(S)执行(n^2)的枚举转移，我们其实只需要对于状态(S)，转移所有经过(x)的抛物线即可。那么少了一层循环后，时间降为(O(T2^nn))。这下就真的是稳了(QwQ)。
Code
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int T, n, m, line[19][19], limit, f[1 << 18], zj[1 << 18];
double x[19], y[19];
int main() {
freopen("2831.in", "r", stdin);
freopen("2831.out", "w", stdout);
cin >> T;
for (int i = 0; i < (1 << 18); i++) {
int j = 1;
for (; j <= 18 && i & (1 << (j - 1)); j++)
;
zj[i] = j;
} //预处理第一个没被打的猪
while (T--) {
memset(f, 0x7f, sizeof(f));
memset(line, 0, sizeof(line));
cin >> n >> m;
limit = 1 << n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> x[i] >> y[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
double a = ((y[i] * x[j]) - (y[j] * x[i])) * 1.0 /
(x[i] * x[i] * x[j] - x[j] * x[j] * x[i]);
double b = (y[i] - a * x[i] * x[i]) * 1.0 / x[i];
if (a >= 0) continue;
for (int k = 1; k <= n; k++)
if (abs(x[k] * x[k] * a + x[k] * b - y[k]) <= 0.0000001) //坑！！！
line[i][j] |= (1 << (k - 1));
}
f[0] = 0;
for (int S = 0; S < limit - 1; S++) {
int i = zj[S]; //省去一层复杂度为 n 的循环
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
if (!((1 << (j - 1)) & S))
if (f[S | line[i][j]] > f[S] + 1) f[S | line[i][j]] = f[S] + 1;
if (f[S | (1 << (i - 1))] > f[S] + 1) f[S | (1 << (i - 1))] = f[S] + 1;
}
cout << f[limit - 1] << endl;
}
}