【NOIP2016】愤怒的小鸟

P2257 - 【NOIP2016】愤怒的小鸟

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

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。

Sample Input

样例1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2输入：
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

Sample Output

样例1输出：
1
1

样例2输出：
2
2
3

Hint

样例1提示：
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=-x^2+ 6x上，故Kiana只需要发射一只小鸟即可消灭所有小猪。

数据约束：

 

状压ＤＰ,将小猪看成０１串，f[i]表示打掉i这个状态的小
猪所需要的小鸟数量。g[i][j]表示以i和j这两个小猪所确定
的抛物线包含了哪些小猪，这个可以n^2预处理。然后就
可以ＤＰ了，第一层枚举小猪的状态，第二层和第三层枚
举g数组。f[i]=min(f[i],f[(g[j][k]&i)^i]+1)。这和背包很像。
这样在两秒时限内可以跑过，但还可以更优。
这个g数组其实不需要枚举j，因为对于每个合法的j，若
枚举j，会有很多状态重复枚举。其实每个合法的j去枚举k
所得的结果都是一样的，因为前面已经预处理出了g。

注意精度

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define exp 1e-6
using namespace std;
double x[25],y[25];
int f[263000],g[20][20];
int main()
{
  freopen("!.in","r",stdin);
  freopen("!.out","w",stdout);
  int T,n,m;scanf("%d",&T);
  while(T){
    T--;
    memset(g,0,sizeof(g));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<n;i++) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
    for(int i=0;i<n;i++)
      for(int j=0;j<n;j++){
    if(i==j) continue;
    double a=(y[i]*x[j]-y[j]*x[i])/(x[i]*x[j]*(x[i]-x[j]));
    double b=(y[j]-a*x[j]*x[j])/(x[j]);
    if(a<-exp){
      for(int k=0;k<n;k++)
        if(a*x[k]*x[k]+b*x[k]-y[k]<=exp && a*x[k]*x[k]+b*x[k]-y[k]>=-exp) g[i][j]|=(1<<k);
    }
      }
    f[0]=0;
    for(int i=1;i<(1<<n);i++){
      int j;
      for(j=0;j<n;j++)
    if((1<<j)&i) break;
      f[i]=f[i^(1<<j)]+1;
      for(int k=0;k<n;k++)
    if((1<<k)&i && k!=j)
      f[i]=min(f[i],f[(i&g[j][k])^i]+1);
    }
    printf("%d\n",f[(1<<n)-1]);
  }
  return 0;
}