Noip2016愤怒的小鸟(洛谷2831)

Posted by yjjr's blog on February 6, 2018

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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)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+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只绿色的小猪,其中第i只小猪所在的坐标为(xi,yi)。
如果某只小鸟的飞行轨迹经过了(xi,yi),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(xi,yi),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(xi,yi),表示第i只小猪坐标为(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=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只小猪。
保证1<=n<=18,0<=m<=2,0< xi,yi<10,输入中的实数均保留到小数点后两位。
上文中,符号和分别表示对x向上取整和向下取整。
【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。
【样例输入】
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
【输出格式】
2
2
3

分析

N的范围很小,直接暴搜+剪枝

M无实际大用处,顶多当成一个剪枝

先处理出小鸟的集合,三点确定⼀个抛物线,所以有 n^2种 集合,先把集合压进 int。

F[s]表示当前没⼲掉的集合是S的最小次数。

考虑 S 里最⼤的⼀只鸟  

O(n*2^n)

 

Node

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m,p[25][25],t,ans,f[25][(1<<19)+2];
double x[25],y[25],a,aa,b,bb;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}

void dfs(int x,int y,int z)
{
	if(x==n)
	{
		ans=min(ans,z);
		return;
	}
	if(z>ans)return;
	if(z>=f[x][y])return;
	f[x][y]=z;
	if(y&(1<<x))dfs(x+1,y,z);
	else
	{
		bool flag=0;
		for(int i=x+1;i<n;i++)
		    if(!(y&(1<<i)))
		    {
		    	flag=1;
		    	dfs(x+1,y|p[x][i],z+1);
		    }
		    if(!flag)dfs(x+1,y|(1<<x),z+1);
	}
}

int main()
{
	t=read();
	while(t--)
	{
		n=read(),m=read();
		for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
	    memset(p,0,sizeof(p));
	    for(int i=0;i<=n;i++)
	        for(int j=0;j<=(1<<n);j++)
	            f[i][j]=1e9;
        for (int i=0;i<n;i++)
            for (int j=i+1;j<n;j++)
            {
                b=(y[i]-(x[i]*x[i]*y[j])/(x[j]*x[j]))/(x[i]-(x[j]*x[i]*x[i])/(x[j]*x[j]));//解方程
                a=(y[j]-b*x[j])/(x[j]*x[j]);
                if (a>=0)continue;
                for (int k=0;k<n;k++)
                    if (k!=i)
                    {
                        bb=(y[i]-(x[i]*x[i]*y[k])/(x[k]*x[k]))/(x[i]-(x[k]*x[i]*x[i])/(x[k]*x[k]));
                        aa=(y[k]-b*x[k])/(x[k]*x[k]);
                    if (abs(bb-b)<1e-6&&abs(aa-a)<1e-6&&aa<0)p[i][j]+=1<<k;
                    }else p[i][j]+=1<<i;
            }
		if(m==1)ans=ceill(n/3.0+1);
		else ans=1e9;
		dfs(0,0,0);
		printf("%d\n",ans);
	}
    return 0;
}



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