UOJ265 【NOIP2016】愤怒的小鸟

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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)(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+bxy=ax2+bx 的曲线，其中 a,ba,b 是 Kiana 指定的参数，且必须满足 a<0a<0，a,ba,b 都是实数。

当小鸟落回地面（即 xx 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 nn 只绿色的小猪，其中第 ii 只小猪所在的坐标为 (xi,yi)(xi,yi)。

如果某只小鸟的飞行轨迹经过了 (xi,yi)(xi,yi)，那么第 ii 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)(xi,yi)，那么这只小鸟飞行的全过程就不会对第 ii 只小猪产生任何影响。

例如，若两只小猪分别位于 (1,3)(1,3) 和 (3,3)(3,3)，Kiana 可以选择发射一只飞行轨迹为 y=−x2+4xy=−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 TT 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

从标准输入读入数据。

第一行包含一个正整数 TT，表示游戏的关卡总数。

下面依次输入这 TT 个关卡的信息。每个关卡第一行包含两个非负整数 n,mn,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 nn 行中，第 ii 行包含两个正实数 xi,yixi,yi，表示第 ii 只小猪坐标为 (xi,yi)(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=0m=0，表示 Kiana 输入了一个没有任何作用的指令。

如果 m=1m=1，则这个关卡将会满足：至多用 ⌈n/3+1⌉⌈n/3+1⌉ 只小鸟即可消灭所有小猪。

如果 m=2m=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⌋⌊n/3⌋ 只小猪。

保证 1≤n≤181≤n≤18，0≤m≤20≤m≤2，0<xi,yi<100<xi,yi<10，输入中的实数均保留到小数点后两位。

上文中，符号 ⌈c⌉⌈c⌉ 和 ⌊c⌋⌊c⌋ 分别表示对 cc 向上取整和向下取整，例如：⌈2.1⌉=⌈2.9⌉=⌈3.0⌉=⌊3.0⌋=⌊3.1⌋=⌊3.9⌋=3⌈2.1⌉=⌈2.9⌉=⌈3.0⌉=⌊3.0⌋=⌊3.1⌋=⌊3.9⌋=3。

输出

输出到标准输出。

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。

样例一

input

output

1

1

explanation

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，22 只小猪分别位于 (1.00,3.00)(1.00,3.00) 和 (3.00,3.00)(3.00,3.00)，只需发射一只飞行轨迹为 y=−x2+4xy=−x2+4x 的小鸟即可消灭它们。

第二个关卡中有 55 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+6xy=−x2+6x 上，故 Kiana 只需要发射一只小鸟即可消灭所有小猪。

样例二

input

output

样例三

input

output

6

正解：搜索 or 状压DP or 记忆化搜索
解题报告：

算法一

　　我在考场上看到数据范围之后，就明显看出这是一道搜索题。而且n<=18，应该搜索+强力剪枝可以过。于是我就打了个爆搜。

　　具体实现就是：对于每个点，我分类讨论两种情况：自己新建一条抛物线，或者和之前的某一个点组合形成一条完整的抛物线。因为抛物线的式子只有2个变量，所以我们只需要2个点就可以确定这一条抛物线。搜索的时候，保存之前的每个点的状态，一个是已经由2个或以上的点形成的抛物线的a、b值，这样可以一开始就计算是不是已经被之前形成的抛物线经过了，如果经过了则可以直接搜下一个点。另外，还需要保存之前有哪些点尚未完成“配对”，即之前确定为是新建了一条抛物线之后，因为只有一个点不能确定抛物线的解析式，所以尚未完成“配对”。我们考虑当前点和之前没有“配对”的点一一组合形成新的抛物线，再往下搜索。值得注意的是，根据题意抛物线的解析式中的a一定<0，所以并不是算出来的解析式一定可行。通过两个点算解析式的具体算法不赘述了，这属于初中的二次函数数学题了。

　　这个算法当然可以套上最优性剪枝，可以避免大量不必要的搜索。题目中给的m也可以用于剪枝（初值的设定）。

　　因为最优性剪枝事实上可以减去大量无用状态，所以这个搜索是可以通过n<=18的所有数据的。

算法二

对于算法一的改进：记忆化搜索，常见优化，不赘述了。

算法三

仔细思考可以发现，这个题目应该是可以状压DP的。

　　 f[s]表示被覆盖的状态为s的最少小鸟数，然后预处理一个g[i][j]表示选择了i和j之后的抛物线经过的小鸟的状态集合（是一个01状态），

　　容易得出：

　　 f[s|g[i][j]]=min(f[s|g[i][j]],f[s]+1)

　　状压DP的经典做法。

 #include <iostream>

 #include <cstdio>

 #include <cmath>

 #include <cstring>

 #include <algorithm>

 #include <string>

 #include <ctime>

 #include <queue>

 #include <vector>

 #include <cstdlib>

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 const int MAXN = ;

 const double eps = 1e-;

 int T,n,m,ans,dui[MAXN];

 bool vis[MAXN];

 double dd[MAXN][];

 double hehe,lim;

 bool ok;

 struct node{ double x,y; }a[MAXN];

 inline bool cmp(node q,node qq){ if(q.x==qq.x) return q.y<qq.y; return q.x<qq.x; }

 inline double ABS(double x){ if(x<) return -x; return x; }

 inline void dfs(int x,int num1,int num2,int use){

     if(x==n+) { if(use<ans) ans=use; return ;}

     double nowy; if(use>=ans) return ;

     for(int i=;i<=num2;i++) {

         nowy=a[x].x*a[x].x*dd[i][]+dd[i][]*a[x].x;

         if(ABS(nowy-a[x].y)<=eps) { dfs(x+,num1,num2,use); return ; }

     }

     int now; double nowx,nowz; int nex=num2+;

     for(int i=;i<=num1;i++) {

         if(vis[i]) continue; now=dui[i]; if(a[now].x==a[x].x) continue;

         nowx=a[now].x*a[now].x-a[now].x*a[x].x; nowz=a[now].y-a[x].y*a[now].x/a[x].x;

         dd[nex][]=nowz/nowx; if(dd[nex][]>=-eps) continue;

         dd[nex][]=(a[now].y-dd[nex][]*a[now].x*a[now].x)/a[now].x;

         vis[i]=; dfs(x+,num1,nex,use);

         vis[i]=;

     }

     dui[num1+]=x; vis[num1+]=;

     dfs(x+,num1+,num2,use+);

 }

 inline void work(){

     scanf("%d",&T);

     while(T--) {

         scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y);    sort(a+,a+n+,cmp);

         memset(vis,,sizeof(vis)); memset(dd,,sizeof(dd)); memset(dui,,sizeof(dui));

         dui[]=; if(m!=) ans=n; else { ans=n/; if(n%!=) ans++; ans++; }

         dfs(,,,); printf("%d\n",ans);

     }

 }

 int main()

 {

     work();

     return ;

 }