「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 $n$ 只猪，其中第 $i$ 只猪所在的坐标为 $(x_i,y_i)$。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$i$只猪产生任何影响。
例如，若两只猪分别位于$(1,3)$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猪。
这款神奇游戏的每个关卡对来说都很难，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猪。由于她不会算，所以希望由你告诉她。

Input Format

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$\lceil n/3+1 \rceil$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 \rfloor $ 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，符号分别表示对 c 向上取整和向下取整，例如：
$\lceil 2.1 \rceil = \lceil 2.9 \rceil = \lceil 3.0 \rceil = \lfloor 3.0 \rfloor = \lfloor 3.1 \rfloor = \lfloor 3.9 \rfloor = 3$

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，消灭所有猪最少需要的小鸟数量。

simple 1

输入

输出

1
1

simple 2

输入

输出

2
2
3

simple 3

输入

输出

Hint

样例解释 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猪。

数据范围

测试点 $1∼14：2≤n≤12,1≤T≤30$；

测试点 $15∼20：2≤n≤18,1≤T≤5$。

Solution

首先我们 $n≤18$ 一看就知道是搜索或者是状压

但是这题我们考虑用状压dp来写

首先根据状压的尿性，我们首先要设计一个状态

我们用$a[i][j]$来表示一只能打到第$i$只猪和第$j$只猪的鸟能打到多少只猪

所以每次我们枚举出这一只鸟以后我们可以再用一个$k$ 循环来判断还有哪些猪能被这只鸟打到

如果第$k$只猪也能被这只鸟打到，那么$a[i][j]|=(1<<k)$(第几位是$1$就表示第几只猪能被这只鸟打到)

但是，问题来了，我们应该如何找出这只鸟呢？

首先，就像题目说的每只鸟说经过的弧线都可以表示成$y=ax^2+bx$

所以我们可以根据题目，列出下面的方程
在看下面的解释之前，请你先会逆矩阵求法，矩阵乘法等数学基础

$ y_1=ax_1^2+bx_1$
$y_2=ax_2^2+bx_2$

然后我们把它变成矩阵，就有

$ \left[
\begin{matrix}
y_1\
y_2\
\end{matrix}
\right]
$ $=$ $\left[ \begin{matrix} x_1^2& x1\\ x_2^2&x2\\ \end{matrix} \right]$ $×$ $\left[ \begin{matrix} a\\ b\\ \end{matrix} \right]$

然后就有

$ \left[
\begin{matrix}
a\
b\
\end{matrix}
\right]
$ $=$ $\left[ \begin{matrix} x_1^2 & x_1\\ x_2^2 & x_2\\ \end{matrix} \right]^{-1}$ $×$ $\left[ \begin{matrix} y_1\\ y_2\\ \end{matrix} \right]$

因为

$\left[ \begin{matrix} x_1^2&x_1\\ x_2^2&x_2\\ \end{matrix} \right]$ $=$ $x_1^2x_2-x_1x_2^2=(x_1-x_2)x_1x_2$

所以有:
$\left[ \begin{matrix} x_1^2&x_1\\ x_2^2&x_2\\ \end{matrix} \right]^{-1}$ $=$ $\frac{1}{(x_1-x_2)x_1x_2}$ $\left[
\begin{matrix}
x_2& -x_1\
-x_2^2&x_1^2\
\end{matrix}
\right]
$

(~~逆矩阵求法~~)

于是:
$ \left[
\begin{matrix}
a\
b\
\end{matrix}
\right]
$ $=$ $\frac{1}{(x_1-x_2)x_1x_2}$ $
\left[
\begin{matrix}
x_2&-x_1\
-x_2^2&x_1^2\
\end{matrix}
\right]
$ $×$ $\left[
\begin{matrix}
y_1\
y_2\
\end{matrix}
\right]
$

最后，我们再把矩阵拆开：

$a=\frac{1}{(x_1-x_2)x_1x_2}×(x_2y_1-x_1y_2)$
$b=\frac{1}{(x_1-x_2)x_1x_2}×(x_1^2y_2-x_2^2y_1)$

最后我们就求出了$a$ 和$b$ 了
因为$x_1$ $x_2$ $y_1$ $y_2$可以通过枚举知道
然后我们枚举所有状态，再用所有的抛物线去枚举这个状态，假设这个状态为$i$，这个抛物线能消灭的猪是$a[Start][j]$，其中$Start$开始的位置我们可以用一个$while$语句来查找，那么用这个抛物线消灭之后变成的状态就是$a[Start][j]$，其中$|$是按位或运算。dp方程为$f[i|a[Start][j]]=min(f[i|a[Start][j]],f[i]+1)$

最后输出答案$f[(1<<n)-1]$
所以本题就结束了......

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Re register int
using namespace std;
int N,M,T,a[20][20],f[1<<20],Start;
double A,B;
struct info{
    double x,y;
}Pig[20];
double fabs(double x){return x>0?x:-x;}
int main(){
    scanf("%d",&T);
    while (T--){
        memset(f,0x3f,sizeof(f));
        memset(a,0,sizeof(a));
        scanf("%d%d",&N,&M);
        for (Re i=0; i<N; ++i) scanf("%lf%lf",&Pig[i].x,&Pig[i].y);
        for (Re i=0; i<N; ++i) a[i][i]|=(1<<i);
        for (Re i=0; i<N; ++i)
        for (Re j=i+1; j<N; ++j)
            if (fabs(Pig[i].x-Pig[j].x)>1e-6){
                A=(Pig[j].x*Pig[i].y-Pig[i].x*Pig[j].y)/((Pig[i].x-Pig[j].x)*Pig[i].x*Pig[j].x);
                B=(Pig[i].y-A*Pig[i].x*Pig[i].x)/Pig[i].x;
                if (A>-1e-6) continue;
                for (Re k=0; k<N; ++k) if (fabs(A*Pig[k].x*Pig[k].x+B*Pig[k].x-Pig[k].y)<=1e-6) a[i][j]|=(1<<k); 
            }
        f[0]=0;
        for (Re i=0; i<1<<N; ++i){
            Start=0;
            while ((i>>Start)&1) ++Start;
            for (Re j=Start; j<N; ++j) f[i|a[Start][j]]=min(f[i|a[Start][j]],f[i]+1);
        }
        printf("%d\n",f[(1<<N)-1]);
    }
    return 0;
}