刷题总结——愤怒的小鸟（NOIPDAY2T3）
题目：
题目背景
NOIP2016 提高组 Day2 T3
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。
输入格式
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 
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 
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。
上文中，符号 
分别表示对 c 向上取整和向下取整，例如：
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。
样例数据 1
样例数据 2
输入 [复制]
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
输出
2
2
3
样例数据 3
输入 [复制]
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
输出
6
备注
【样例1说明】
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=-x2+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=-x2+6x 上，故 Kiana 只需要发射一只小鸟即可消灭所有小猪。
【数据规模与约定】
数据的一些特殊规定如下表：
题解：
状压dp，dp[s]表示在打到s状态的猪下至少需要多少只小鸟。g[i][j]表示打到了第i和j只猪的情况下可以达到的状态，预处理即可，得到dp方程：
dp[s|g[i][j]]=min{dp[s|g[i][j]],dp[s]+1};
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<cctype> #include<string> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int M=50; const int inf=0x3f3f3f3f; struct point { double x; double y; }p[M]; int T,n,m,g[M][M],s=0; int bit[21],dp[2000000]; double A,B; inline void calc(int i,int j) { double a1=p[i].x*p[i].x,b1=p[i].x,c1=p[i].y; double a2=p[j].x*p[j].x,b2=p[j].x,c2=p[j].y; if(b1==b2) return; A=(c1*b2-c2*b1)/(a1*b2-a2*b1); B=(c1*a2-c2*a1)/(b1*a2-a1*b2); if(A>=0) return; for(int k=1;k<=n;k++) if(abs(A*p[k].x*p[k].x+B*p[k].x-p[k].y)<=1e-7) g[i][j]=g[i][j]|(1<<(k-1)); } inline void pre() { for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) { if(i==j) { g[i][j]=1<<(i-1); continue; } else calc(i,j); } } int main() { //freopen("a.in","r",stdin); //freopen("a.out","w",stdout); bit[0]=1; for(int i=1;i<=20;i++) bit[i]=bit[i-1]*2; scanf("%d",&T); while(T--) { memset(dp,inf,sizeof(dp)); memset(g,0,sizeof(g)); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y); pre(); dp[0]=0; s=(1<<n)-1; for(int i=0;i<=s;i++) for(int j=1;j<=n;j++) for(int k=1;k<=n;k++) dp[i|g[j][k]]=min(dp[i|g[j][k]],dp[i]+1); cout<<dp[s]<<endl; } return 0; }
