【题解】洛谷2831[NOIP2016] 愤怒的小鸟

拿到题目就知道肯定是道状压（n<=18,T<=5），直接能够推出正解复杂度为 $O(2^n\times n)$ ，这个想必不用多说了吧。。。我们直接进入正题——

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我们知道，确定一条抛物线需要三个点（数学部分在后面）。所以朴素的暴力做法是：枚举每一个猪的集合 $S$ ，代表这个集合里的猪已经全部被击杀，再枚举两只活着的猪和原点组成一条抛物线。当然我们在这里还需要枚举剩下的每头猪是否在抛物线上，因为一只鸟可能会同时打到两只以上的猪，这样可以保证结果最优化。目测复杂度 $O(2^n\times n^3)$ .

转移方程：

$dp[S]=min(dp[S|(1<<i)|(1<<j)|(1<<a_1)|(1<<a_2)|...|(1<<a_k)])$

这里 $i,j$ 代表枚举的两头猪， $a_i$ 表示后面在这条抛物线上的点。

让我们回头看一眼数据范围—— $emmmmmm...$ 这个算法好像是有50分的。

那这个算法可以怎么优化呢？

不难想到，其实每一条抛物线是可以预处理的——我们预先枚举每两个点，暴力计算出经过这两个点和原点的抛物线解析式，然后用一个 $vector$ 来存后面过这条抛物线的点即可。$vector[i][j]$ 表示在过 $i,j$ 的抛物线上的点的集合。这样我们每次 $dp$ 的时候就不用枚举后面的点了—— $O(2^n\times n^3)$ -> $O(2^n\times n^2)$

但是这个结果离我们的最终目标显然还有一个 $n$ 。

经过反复思考后（这里不一定要证明，想通即可），我们可以发现一个结论：我们处理猪的先后与答案没有任何关系。也就是说， $1,2$ 两头猪组成的抛物线与 $3,4$ 两头猪组成的抛物线其实并没有先后之分，因为当你选定的抛物线一定时，这些抛物线的处理顺序对答案没有影响。那么我们就可以人为的规定，每次发动攻击时必须要打死最前面的那头活猪 ，因为这头猪早晚都要死，现在死或不死对最终答案没有影响。这样我们就只用枚举一个点了，复杂度也终于降到了预期。

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这里面还有几个小问题值得注意：

1. 数学问题 >> 再看一遍题（或许你已经注意到了这个问题），你就会发现，这个抛物线有可能是不存在的——也就是说，你的解方程函数有可能会出现 $x/0$ 的情况 （不过这种情况只会在两个点在同一条竖线上时才会出现） ，我们只需要把这种情况和抛物线二次项系数 $a>=0$ 当做同样处理即可。【对应测试点：2】

2. 精度问题 >> 如果你和我一样，挂在了第五、第八个点上（就像下面展示的那样），那么恭喜你，你需要吧判断的 eps 改成 $1e-6$ ，这样才能保证对点的坐标判断基本没有误差，亲测有效【对应测试点：5、8】

   
   注意这几个细节就可以 $AC$ 了

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数学部分——如何用两个点的坐标推出抛物线解析式（会的可以跳过）
我们设两个点的坐标为 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$ ，则有
$$a\times x_1^2+b\times x_1=y_1,a\times x_2^2+b\times x_2=y_2$$
整理得
$$b\times (x_1{x}_2^2-x_1^2{x}_2)=y_1{x}_2^2-y_2{x}_1^2$$
即
$$b=\frac{y_1{x}_2^2-y_2{x}_1^2}{x_1{x}_2^2-x_1^2{x}_2}$$
将算出的 $b$ 代回原式，解出
$$a=\frac{y_1-b\ast x_1}{x_1^2}$$
这样我们就得到了整个抛物线的解析式

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说了这么多，剩下的就是上代码了：

#include
#include
#include
#define abs(a) ((a)>0?(a):-(a))
using namespace std;
int n,dp[1<<19]; double a,b,x[25],y[25];
vector<int> q[25][25];
void work(int i,int j) {	//解抛物线方程
	double x1=x[i],y1=y[i],x2=x[j],y2=y[j];
	if(x1==x2)	{a=0; return;}
	b=(y1*x2*x2-y2*x1*x1)/(x1*x2*x2-x1*x1*x2);
	a=(y1-b*x1)/(x1*x1);
}
void init() {	//预处理初始化
	for(int i=0;i<n-2;i++)
		for(int j=i+1;j<n-1;j++)
			q[i][j].clear();
	for(int i=0;i<n-2;i++)
		for(int j=i+1;j<n-1;j++) {
			work(i,j);
			if(a>=0)	continue;
			for(int k=j+1;k<n;k++)
				if(abs(a*x[k]*x[k]+b*x[k]-y[k])<=1e-6)
					q[i][j].push_back(k);
		}
}
int main()
{
	int T,gg;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>gg;
		for(int i=0;i<n;i++)
			cin>>x[i]>>y[i];
		init();
		memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
		dp[0]=0;
		for(int S=0;S<(1<<n);S++)
		{
			int firs;
			for(firs=0;firs<n;firs++)
				if(!(S&(1<<firs)))
					break;	//寻找第一头活猪
			dp[S|(1<<firs)]=min(dp[S|(1<<firs)],dp[S]+1);
			if(firs==n)	continue; 
			
			for(int i=firs+1;i<n;i++)
				if(!(S&(1<<i)))
				{
					work(firs,i);
					if(a>=0)
						continue;
					int nS=S;
					nS=nS|(1<<(firs))|(1<<i);
					for(int j=0;j<q[firs][i].size();j++)
						nS=nS|(1<<(q[firs][i][j]));
					dp[nS]=min(dp[nS],dp[S]+1);
				}
		}
		cout<<dp[(1<<n)-1]<<endl;
	}
	return 0;
}