AcWing 524. 愤怒的小鸟
\(AcWing\) \(524\). 愤怒的小鸟
一、题目描述
给\(Kiana\) 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 \(a<0\)(抛物线开口向下)。
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。
注意:本题除 \(NOIP\) 原数据外，还包含加强数据。
输入格式
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 \(⌈n/3+1⌉\) 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 \(1≤n≤18，0≤m≤2，0<x_i,y_i<10\)，输入中的 实数 均保留到小数点后两位。
上文中，符号 \(⌈c⌉\) 和 \(⌊c⌋\) 分别表示对 \(c\) 向上取整和向下取整，例如 ：\(⌈2.1⌉=⌈2.9⌉=⌈3.0⌉=⌊3.0⌋=⌊3.1⌋=⌊3.9⌋=3\)。
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。
数据范围
输入样例：
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
输出样例：
1
1
二、题目解析
先从理解抛物线切入逐渐理解整个题目
抛物线 \(y=ax^2+bx+c\)
题意给出小鸟一定从 \((0,0)\) 点飞出 , 可以得出限制抛物线的条件: \(a<0\),\(c=0\)
注：\(a<0\)表示一定要开口向下
任意两点可以唯一确定一条抛物线:
抛物线有两种情况
- 一只小鸟只打一只小猪
当\(x_1=x_2\)
- 一只小鸟最少打两只小猪（也可以是\(3,4,5\),...只）
为啥这么划分呢？因为题目中说了，要想一次打两只以上，那就是一条抛物线，而且，这条抛物线过原点，只要知道两个点\((x_1,y_1),(x_2,y_2)\)就可以确定唯一的抛物线。
但是如果一次只打一只小猪的情况，就是在抛物线上只有一个固定点，那么\(a,b\)是无法唯一确定的。为什么会有这种情况发生呢？比如\((x_1,y_1)\),\((x_2,y_2)\)这两个点，横坐标是相同的(\(x_1=x_2\))，按上面的推导式来看，就是分母是\(x_1-x_2=0\)，此时\(a,b\)是无法求解的，代表不存在这样的抛物线。
为啥没有抛物线呢？因为它们的横坐标相同,也就是那构成不了抛物线！但这样的情况确实是存在的，也是合法的。
数组含义
\(path[i][j]\)表示编号为\(i\)的猪和编号为\(j\)的猪，构成的抛物线能够打中所有猪的二进制表示式(转化为一个二进制存储)
例如: \(path[1][6] = 100101_b\) 表示由\(1\)号猪和\(6\)号猪确定的抛物线可以消灭编号\(1\)，\(3\)，\(6\)的小猪。
两只小猪确定下来的抛物线，并不是只能击中两个小猪，可能还有其它的小猪也在此路线上：
枚举所有的猪，判断其是否在此抛物线上，如果在就更新\(path[i][j]\)所表示的状态
状态表示
\(f[i]\)表示所有能够击败\(i\)表示的命中\(i_{count}\)只小猪时的方案中，使用的最少小鸟数
例
\(f[101001_b]\):代表可以命中\(1,3,6\)三只小猪时，使用的最少抛物线数量,也就是小鸟的数量。
状态计算
找到\(i\)状态下没有被消灭的小猪的编号\(x\)，枚举可消灭它的抛物线\(path[x][j]\)
状态更新
state：表示一个状态
new_state：表示一个由state状态转化成的新的状态
则有
new_state=state|path[i][j]
注意边界
-
当只有一个猪时其状态是\(p[i][i]=1<<i\);
-
题目中计算过程的变量类型都设置为
double型 ，防止丢失精度(读入的时候就是double) -
状态的初始化开始时除了\(f[0]\),其他所有状态都为无穷大，保证计算是不会被用到
\(f[0]\)表示的是，状态为\(0\)的二进制时，所需要打掉所有猪的最少抛物线数量 -
最后枚举所有状态，进行状态计算时，只需要更新到\((1<<n)-2\)即可
因为\((1<<n)-1\)的二进制全为\(1\)，此时所有的猪都已经被打掉，已经不用去添加抛物线了
所有不需要枚举此状态进行更新
\(Q\): 为什么状态转移中只需要寻找第一个未被打掉的小猪，而不是枚举每一个未被打掉的小猪进行转移？
答：每一个小猪都必须被打掉，打掉小猪的先后顺序并不重要，因此我们不妨假设最小的抛物线中，我们将抛物线按照这样的顺序排序：即优先将当前状态中最小的没被覆盖的小鸟先打掉，这并不影响最终结果嘛。对于每一只小猪，枚举每一种可以将其覆盖掉的抛物线，得到一个新的状态，更新那个状态即可。那么如果一个状态序列是最优解，则这个状态的数据必定是正确的。
你想一想，先打 \(1,4\)，再打 \(2,3\)，和先打 \(2,3\)，再打 \(1,4\) 是不是一样的？
抽象成动态规划的打 \(DP\)表的思考方式，就是上一行数据，是从左向右依次填充，而是跳着填充，只要不影响本行填充，就是好的填充。
三、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 18; // 小猪的数量上限
const int M = 1 << N; // 用二进制可以模拟出N只小猪的所有状态 0~2^N-1种状态
const double eps = 1e-8; // 浮点数的精度
const int INF = 0x3f3f3f3f; // 正无穷
// 结构体，小猪坐标
struct Node {
double x, y;
} pig[N];
int path[N][N]; // path[i][j]:第i只和第j只小猪构成的抛物线能覆盖的所有状态(是一个状态压缩值，比如0101=5)
int f[M]; // f[i]表示覆盖掉目前i的状态表示中所有小猪，最少需要多少条抛物线，也就是最少需要多少只小鸟
int n; // n只小猪
int m; // Kiana 输入的神秘指令类型，此变量没有用到,据说可以用来骗分，没有仔细研究
int cmp(double a, double b) { // 浮点数比较
return abs(a - b) < eps;
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d", &n, &m);
// 读入每只小猪的坐标位置
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%lf%lf", &pig[i].x, &pig[i].y); // 因为采用状压DP，下标从0开始
// 1、预处理所有可能的抛物线，记录抛物线与每个小猪的覆盖关系
memset(path, 0, sizeof path); // 多组数据，每次清空
/*通过分析知道 y=ax^2+bx (∵小鸟从圆点出发，∴c=0)
如何确定一条抛物线呢？其实就是确定下来a,b的值。
方法是通过枚举任意两个小猪：(x1,y1),(x2,y2)确定下来一条抛物线
*/
for (int i = 0; i < n; i++) { // 枚举第一只小猪
path[i][i] = 1 << i; // 注意:存在某些只覆盖一个点的抛物线,这个不容易想到，但打过愤怒的小鸟游戏的人，应该都知道一次未必就能打下两只以上的小猪
for (int j = i + 1; j < n; j++) { // j从i+1开始，防止出现重复，比如(1,3)和(3,1)其实是同一条抛物线
double x1 = pig[i].x, y1 = pig[i].y;
double x2 = pig[j].x, y2 = pig[j].y;
if (cmp(x1, x2) & cmp(y1, y2)) continue; // 如果存在重复输入的数据, 事实上出题人比较良心，没有给我们准备恶心的特判数据
// 但是，为了保护下面的代码运算过程中肯定不出错，做为一个程序员，还是要加上上面这句cmp
double a = (y1 / x1 - y2 / x2) / (x1 - x2); // 推式子,见题解
double b = (y1 / x1) - a * x1; // 推式子,见题解
if (a >= 0) continue; // 抛物线开口需要向下
// 此抛物线可以覆盖掉哪些小猪
for (int k = 0; k < n; k++) {
double x = pig[k].x, y = pig[k].y;
if (cmp(a * x * x + b * x, y)) // 符合抛物线方程，代表此抛物线可以覆盖掉k点
path[i][j] += 1 << k; // 记录此抛物线方程覆盖掉k号小猪
}
}
}
/*
2、DP 解决用最少多少条抛物线才能完全覆盖掉所有小猪
起点：0000 终点:1111
办法：对于没有覆盖的小猪，引入经过它的抛物线，对比记录最小代价解
原来就是1的，不用管了，只考虑状态是0的就对了。
*/
memset(f, 0x3f, sizeof f); // 预求最小，先设最大,表示状态不合法或没有计算过
f[0] = 0; // 递推起点，一只小猪也不覆盖掉，需要0条抛物线，这在现实中是合理的解释。
for (int x = 0; x < (1 << n) - 1; x++) { // 枚举每个存在0的状态, (1<<n)-1类似于 111111这样的形式，因为现在的目标是找出含有数位是0的状态进行状态转移，所以全是1的不用考虑
if (f[x] == INF) continue; // 如果当前状态是一个未推导状态，那么也不指望它能帮助其它人提供信息
for (int i = 0; i < n; i++) { // 枚举状态x的每一个数位，也可以理解为每一只小猪，看看它是不是还没有被覆盖到
if ((x >> i & 1) == 0) { // i号小猪现在还没有被覆盖到
for (int j = 0; j < n; j++) { // 枚举i号小猪参与的所有抛物线
if (path[i][j]) {
int k = path[i][j] | x; // 引入此抛物线(i,j)，可以在x状态基础上覆盖掉更多的小猪，到达k状态
f[k] = min(f[k], f[x] + 1); // 记录k状态是通过x状态在增加一条抛物线的代价下到达的
}
}
break;
}
}
}
// 递推的结果保存在所有状态都是1的结果数组中
printf("%d\n", f[(1 << n) - 1]);
}
return 0;
}
