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[NOIP2016 提高组] 愤怒的小鸟

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 $(0,0)$ 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 $y=a{x}^2+bx$ 的曲线，其中 $a,b$ 是 Kiana 指定的参数，且必须满足 $a<0$，$a,b$ 都是实数。

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 $\left(x_i,y_i\right)$。

如果某只小鸟的飞行轨迹经过了 $\left(x_i,y_i\right)$，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 $\left(x_i,y_i\right)$，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。

输入格式

第一行包含一个正整数 $T$，表示游戏的关卡总数。

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 $1\le n\le 18$，$0\le m\le 2$，$0<x_i,y_i<10$，输入中的实数均保留到小数点后两位。

上文中，符号 $\lceil c\rceil$ 和 $\lfloor c\rfloor$ 分别表示对 $c$ 向上取整和向下取整，例如：$\lceil 2.1\rceil =\lceil 2.9\rceil =\lceil 3.0\rceil =\lfloor 3.0\rfloor =\lfloor 3.1\rfloor =\lfloor 3.9\rfloor =3$。

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。

样例 #1

样例输入 #1

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

样例输出 #1

1
1

样例 #2

样例输入 #2

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

样例输出 #2

2
2
3

样例 #3

样例输入 #3

1
10 0
7.16 6.28
2.02 0.38
8.33 7.78
7.68 2.09
7.46 7.86
5.77 7.44
8.24 6.72
4.42 5.11
5.42 7.79
8.15 4.99

样例输出 #3

6

提示

【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 $y=-x^2+4x$ 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。

【数据范围】

测试点编号	$n⩽$	$m=$	$T⩽$
$1$	$2$	$0$	$10$
$2$	$2$	$0$	$30$
$3$	$3$	$0$	$10$
$4$	$3$	$0$	$30$
$5$	$4$	$0$	$10$
$6$	$4$	$0$	$30$
$7$	$5$	$0$	$10$
$8$	$6$	$0$	$10$
$9$	$7$	$0$	$10$
$10$	$8$	$0$	$10$
$11$	$9$	$0$	$30$
$12$	$10$	$0$	$30$
$13$	$12$	$1$	$30$
$14$	$12$	$2$	$30$
$15$	$15$	$0$	$15$
$16$	$15$	$1$	$15$
$17$	$15$	$2$	$15$
$18$	$18$	$0$	$5$
$19$	$18$	$1$	$5$
$20$	$18$	$2$	$5$

算法思想

根据题目描述，要求的是最少用多少条飞行轨迹为$y=a{x}^2+bx$的抛物线，可以“消灭”$n$只小猪，即覆盖$n$个点。

从数据范围来看，$n\le 18$，比较小，可以考虑使用状态压缩来表示每个点是否被覆盖，一共有$2^n$个状态。例如当$n=10$时：

• $0_{10}=0000000000_2$表示$0$个点被覆盖
• $1_{10}=0000000001_2$表示第$1$个点被覆盖
• $1023_{10}=11111111111_2$表示$10$个点都被覆盖

状态表示

$f[state]$表示覆盖状态为$state$时，最少用多少条抛物线。$state$范围从覆盖$0$个点（$\mathrm{000...000}{0}_2$）到覆盖所有点（$\mathrm{1111...111}{1}_2$）。

最终结果就是覆盖所有点最少用多少条抛物线。

状态计算

预处抛物线的覆盖情况

在计算状态之前，可以先处理一下需要多少条轨迹为$y=a{x}^2+bx$的抛物线。该抛物线有如下性质：

• $x=0$时，$y=0$，说明该抛物线经过原点$(0,0)$
• 至少存在一条轨迹为$y=a{x}^2+bx$的抛物线，经过原点和第 $i$ 只小猪所在的点 $\left(x_i,y_i\right)$。也就是说对于$n$只小猪来说，最多需要$n$条抛物线就能全部覆盖。

那么同时覆盖第$i$只小猪$\left(x_i,y_i\right)$和第$j$只小猪$\left(x_j,y_j\right)$的抛物线需要满足什么条件呢？由方程：
$$\{\begin{array}{l}{y}_i=a{x}_i^2+b{x}_i\\ y_j=a{x}_j^2+b{x}_j\end{array}$$
可得：
$$\{\begin{array}{l}a=\frac{\frac{y_i}{x_i}-\frac{y_j}{x_j}}{x_i-x_j}\\ b=\frac{y_i}{x_i}-a{x}_i\end{array}$$

在计算时需要注意：

• $x_i$不能等于$x_j$，因为抛物线是一种平滑连续的曲线，其切线在每个点处的角度不可能达到90度
• 满足题意的抛物线须开口向下，因此这里需要保证$a<0$。

如果出现上述两种情况，说明不存在一条抛物线同时覆盖点$i$和点$j$。

那么，覆盖点$i$和点$j$的抛物线，还能不能覆盖其它点$k(x_k,y_k)$呢，只需要判断对于确定的$a$和$b$，满足$y_k=a{x}_k^2+b{x}_k$即可。

基于上述分析，可以求出经过任意两点的抛物能够覆盖的状态。不妨设$path[i][j]$表示经过点$i$和$j$的抛物能够覆盖的状态。例如：有$n$个点，经过点$i$和$j$的抛物能够覆盖$i,j,k$一共$3$个，那么$path[i][j]$的值如下图所示：

计算状态

预处理得到$path$数组后，如何利用它来计算状态$f[state]$呢？

这里计算状态可以用$state$作为阶段进行枚举 ：

• 在每个阶段，找到任意一个没有覆盖过的点$x$，计算覆盖点$x$和之前已经覆盖过的点最少需要几条抛物线。
• 要覆盖点$x$显然要引入一条能够覆盖$x$的抛物线。由于抛物线能够覆盖的状态已经保存到了$path$数组中，此时可以枚举每个点$i$，在当前$state$的基础加入这些被覆盖的点。即 f [ s t a t e ∣ p a t h [ x ] [ i ] ] = m i n { f [ s t a t e ∣ p a t h [ x ] [ i ] ] , f [ s t a t e ] + 1 } f[state | path[x][i]] = min \{f[state | path[x][i]], f[state] + 1\} f[state∣path[x][i]]=min{f[state∣path[x][i]],f[state]+1}。

初始状态

• 题目求覆盖所有点最少用多少条抛物线，那么$f[state]$初始状态应设为无穷大。
• $f[0]$表示覆盖$0$个点最少用多少条抛物线，显然$f[0]=0$。

时间复杂度

• 状态数为$2^n$
• 状态计算过程中要枚举所有点，时间复杂度为$O(n)$
• 有$T$组测试样例

总的时间复杂度为$O(T\times n\times 2^n)=30\times 18\times 2^{18}=141,557,760$

由于$T$比较大时，$n$的范围比较小，是可以AC的。

代码实现

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 20;
const double eps = 1e-6;
int path[N][N], f[1 << N];
double x[N], y[N];
int cmp(double x, double y) //比较浮点数，如果x=y返回0
{
    if(fabs(x - y) < eps) return 0;
    if(x > y) return 1;
    else return -1;
}
int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while(T --)
    {
        int n, m;
        cin >> n >> m; //m输入即可，后面用不上
        for(int i = 0; i < n; i ++) cin >> x[i] >> y[i];
        //预处理path数组, path[i][j]表示经过i和j的抛物线覆盖的点的状态
        memset(path, 0, sizeof path);
        for(int i = 0; i < n; i ++)
        {
            path[i][i] = 1 << i; //只经过一个点的状态
            for(int j = i + 1; j < n; j ++) //计算经过i点和j点的抛物线
            {
                if(cmp(x[i], x[j]) == 0) continue; //i、j两点不能在同一列
                double a = (y[i]/x[i] - y[j]/x[j]) / (x[i] - x[j]);
                double b = y[i]/x[i] - a * x[i];
                if(cmp(a, 0) >= 0)  continue; //曲线必须开口向下
                
                int state = 0; //计算经过i、j两点的抛物线能够覆盖的状态
                for(int k = 0; k < n; k ++)
                {
                    if(cmp(a * x[k] * x[k] + b * x[k], y[k]) == 0)
                        state |= 1 << k; //能够覆盖k点
                }
                path[i][j] = path[j][i] = state; 
            }
        }
        //初始状态
        memset(f, 0x3f, sizeof f);
        f[0] = 0;
        //枚举所有状态，注意2^n-1表示已覆盖所有点，因此不需要再计算了
        for(int state = 0; state - 1 < 1 << n; state ++)
        {
            //找到一个没有被覆盖的点x
            int x;
            for(int i = 0; i < n; i ++)
                if((state >> i & 1) == 0)
                {
                    x = i;
                    break;
                }
            //枚举所有包含x的抛物线，更新引入该抛物线后的覆盖状态
            for(int i = 0; i < n; i ++)
            {
                f[state | path[i][x]] = min(f[state | path[i][x]], f[state] + 1);
            }
        }
        cout << f[(1 << n) - 1] << '\n';
    }
}