【NOIP2016提高组】愤怒的小鸟

article/2025/9/27 18:09:21

题目背景

NOIP2016 提高组 Day2 T3

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=ax2+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=-x2+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

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  分别表示对 c 向上取整和向下取整，例如：

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。

样例数据 1

输入

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

1
1

样例数据 2

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

2
2
3

样例数据 3

输入

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

输出

6

备注

【样例1说明】
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=-x2+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=-x2+6x 上，故 Kiana 只需要发射一只小鸟即可消灭所有小猪。

【数据规模与约定】
数据的一些特殊规定如下表：

解析：

不说过程分了直接说正解吧。

首先记忆化搜索优化过后能过。。。但这不是官方正解，所以我还是说官方正解吧。

考虑状压DP，令 $f[i]$ 表示状态为 $i$ 时的最优解，于是有：

$f[i|g[j][k]]=min(f[i|g[j][k]],f[i])$

其中 $g[j][k]$ 表示 $i$ 点与 $j$ 点形成的抛物线经过点的状态，于是就有了以下DP式：

for(int i=0;i<(1<<n);i++)for(int j=0;j<n;j++)for(int k=0;k<n;k++)f[i|g[j][k]]=min(f[i|g[j][k]],f[i]+1);

这样做的复杂度是 $O(N^2*2^N)$ ，虽然能过但是不够优秀，原因在于额外枚举了很多无用的抛物线，（比如说 $g[j][k]$ 本就被包含在状态 $i$ 中），所以我们尝试降低复杂度。

具体做法就是在状态转移时。可以固定每次都选取未被击中的编号最小的目标，这样每次只需要枚举与该目标相关的抛物线即可。由于这样的抛物线数量不超过 $n$ 。故经过次优化后复杂度降为 $O(N*2^N)$ ，感觉没降多少实际测试快得多。

PS：想知道搜索怎么写可以看这篇博客：UOJ265 【NOIP2016】愤怒的小鸟

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int Max=20;
int t,n,m;
int f[(1<<18)+10],g[Max][Max];
double x[Max],y[Max];int main()
{scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);memset(f,0x3f3f3f,sizeof(f)),memset(g,0,sizeof(g)); for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<n;j++)if(i!=j){double a=(y[i]/x[i]-y[j]/x[j])/(x[i]-x[j]); double b=(x[i]/x[j]*y[j]-x[j]/x[i]*y[i])/(x[i]-x[j]);if(a<=-1e-6)for(int k=0;k<n;k++)if(fabs(a*x[k]*x[k]+b*x[k]-y[k]) <= 1e-6) g[i][j]|=1<<k;}g[i][i]|=1<<i;}f[0]=0;for(int i=0;i<(1<<n);i++)for(int j=0;j<n;j++)if(!((1<<j)&i)){for(int k=j;k<n;k++) if(!((1<<k)&i)) f[i|g[j][k]]=min(f[i|g[j][k]],f[i]+1);break;}cout<<f[(1<<n)-1]<<"\n";}return 0;
}