【状压DP】【NOIP提高组】愤怒的小鸟

这是道不算水的状压DP

这道题对我的吸引力很大，为什么呢，因为它的背景是游戏啊

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=ax^2+bxy=ax 
2
 +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 \left(x_i,y_i \right)(x 
i
​     ,y 
i
​     )。

如果某只小鸟的飞行轨迹经过了 \left( x_i, y_i \right)(x 
i
​     ,y 
i
​     )，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 \left( x_i, y_i \right)(x 
i
​     ,y 
i
​     )，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=-x^2+4xy=−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 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。

输入输出格式

输入格式：
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 x_i,y_ix 
i
​     ,y 
i
​     ，表示第 ii 只小猪坐标为 (x_i,y_i)(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=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 \lceil n/3 + 1 \rceil⌈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 \lfloor n/3 \rfloor⌊n/3⌋ 只小猪。

保证 1\leq n \leq 181≤n≤18，0\leq m \leq 20≤m≤2，0 < x_i,y_i < 100<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 \lceil c \rceil⌈c⌉ 和 \lfloor c \rfloor⌊c⌋ 分别表示对 cc 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⌈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。

输入输出样例

输入样例#1： 复制
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： 复制
1
1

T

这道题可以写状压，也可以搜索（因为数据范围小）

首先是思路

首先是关于抛物线，这个可以手推出公式（强行消元即可）

 1 pair func(ld x1,ld y1,ld x2,ld y2) 2 {return make_pair((x2*y1-x1*y2)/(x1*x1*x2-x2*x2*x1),(x2*x2*y1-y2*x1*x1)/(x1*x2*x2-x2*x1*x1));} 

就是这样

然后我们枚举每两只猪，看他们的抛物线是否a值<0（小鸟不能往上飞，从原点开始所以两只猪就能确定一个抛物线）

然后看这个抛物线是否存在，然后看这个抛物线还能否打到其他猪，也就是说，对于每个抛物线，都有一个压成二进制数存储它能打到的猪的情况

然后dp即可，将抛物线与当前情况或（|）一下，进行更新，就是这样

1 for(int i=0;i<(1<<(n));i++)
2             for(int j=1;j<=birdp;j++)
3                 dp[i|bird[j]]=min(dp[i]+1,dp[i|bird[j]]);

注意是1<

最后注意细节，如果有的猪不在抛物线上，也就是需要单独一只小鸟打它，需要特判，就是从1<

还要注意一点就是bird数组要清0，之前我只请了birdpp，以为是对的，但是因为bird每次都会在原来基础上 | ,不清会只有10分（QAQ）

remember:long double类型读入和输出都是%Lf

注意两只猪x相等要特判

上代码

 1 //>
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 typedef long double ld;typedef long long ll;using namespace std;
 6 int T,n,m,birdp;
 7 int dp[1<<20],bird[20*20];
 8 ld pigx[20],pigy[20],birda[20*20],birdb[20*20];
 9 ld aabs(ld a){return a<0?(-a):a;}
10 bool equal(ld a,ld b){return aabs(a-b)<=0.000000001?true:false;}
11 pair func(ld x1,ld y1,ld x2,ld y2)
12 {return make_pair((x2*y1-x1*y2)/(x1*x1*x2-x2*x2*x1),(x2*x2*y1-y2*x1*x1)/(x1*x2*x2-x2*x1*x1));}
13 int main()
14 {
15     scanf("%d",&T);
16     for(int h=1;h<=T;h++)
17     {
18         memset(dp,0x3f,sizeof(dp)),birdp=0,dp[0]=0;memset(bird,0,sizeof(bird));
19         scanf("%d%d",&n,&m);
20         for(int i=1;i<=n;i++)
21             scanf("%Lf%Lf",&pigx[i],&pigy[i]);
22         for(int i=1;i<=n;i++)
23             for(int j=1;j<=n;j++)
24                 if(pigx[i]!=pigx[j])
25                 {
26                     pair<double,double> p=func(pigx[i],pigy[i],pigx[j],pigy[j]);
27                     if(p.first<0)
28                     {
29                         bool exist=0;
30                         for(int k=1;k<=birdp;k++)
31                             if(equal(birda[k],p.first) && equal(birdb[k],p.second))
32                                 {exist=1;break;}
33                         if(!exist)
34                         {    
35                             birda[++birdp]=p.first,birdb[birdp]=p.second;
36                             for(int k=1;k<=n;k++)
37                                 if(equal(p.first*pigx[k]*pigx[k]+p.second*pigx[k],pigy[k]))
38                                     bird[birdp]|=1<<(k-1);
39                         }
40                     }
41                 }
42         for(int i=0;i<(1<<(n));i++)
43             for(int j=1;j<=birdp;j++)
44                 dp[i|bird[j]]=min(dp[i]+1,dp[i|bird[j]]);
45         if(dp[(1<<(n))-1]!=0x3f3f3f3f)printf("%d\n",dp[(1<<(n))-1]);
46         else{
47             int ans=0,sit=0;
48             for(int i=(1<<(n))-1;i>=0;i--)
49                 if(dp[i]!=0x3f3f3f3f){ans=dp[i],sit=i;break;}
50             for(int i=1;i<=n;i++)
51                 if(!((1<<(i-1))&sit))ans++;
52             printf("%d\n",ans);
53         }
54     }
55     return 0;
56 }

 

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