[luogu2831][noip d2t3]愤怒的小鸟_状压dp

愤怒的小鸟 noip-d2t3 luogu-2831

　　　　题目大意：给你n个点，问最少需要多少条经过原点的抛物线将其覆盖。

　　　　注释：1<=点数<=18，1<=数据组数<=30。且规定抛物线是开口向下的。

　　　　　　想法：其实一开始的想法是很偏的，就是设dp[i][j][k]表示在状态k下建立$i_{th}$和$j_{th}$的抛物线的最少条数，然后向后转移。这显然是错误的，错误原因在于... ***，没个转移。然后看了一下lijinnn的题解...啊？切了。

　　　　　　是这样的，我们通过记录每条抛物线所能覆盖的点，将其记录在数组str中，不分先后顺序。然后，我们考虑状态

　　　　　　　　dp[s]表示达到s状态的最少条数。

　　　　　　转移：

　　　　　　　　dp[s]=min(dp[ s ] , dp[ s ^ ( s & str[ i ] ) ] + 1);

　　　　最后，附上丑陋的代码... ...

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef double db;
db ax[30],ay[30];
int n,m;
db ka,kb;
int str[1000100],cnt,dp[300100];
bool visit[1003000];
void dispose(int x,int y)
{
	db tmp1=ax[x]*ax[y]*(ax[x]-ax[y]);//------------------------
	db tmp2=ay[x]*ax[y]-ay[y]*ax[x];//                         |
	if(tmp1<0)//                                               |
	{//                                                        |
		tmp1=-tmp1,tmp2=-tmp2;//                               |
	}//                                                        |
	if(fabs(tmp1)<1e-6)//                                      |
	{//                                                        |
	　　　　  return;//我们在计算过这两个点和原点的抛物线解析式       |
	}//                                                        |
	tmp1=tmp2/tmp1;//                                          |
	if(tmp1>0)//                                               |
	{//                                                        |
		return;//                                              |
	}//                                                        |
	ka=tmp1;//                                                 |
	kb=(ay[x]-ka*ax[x]*ax[x])/ax[x];//--------------------------
	int s=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)//枚举所有的点，计算该点是否在当前枚举的抛物线之内
	{
		db tmp=ax[i]*ax[i]*ka+kb*ax[i];
		if(fabs(tmp-ay[i])<1e-6)
		{
			s+=(1<<(i-1));
		}
	}
	if(!visit[s])
	{
		visit[s]=1;
		str[++cnt]=s;//统计出一条抛物线能够杀死的pig的状态
	}
	return;
}
void original()
{
	memset(visit,0,sizeof visit);
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);
	cnt=0;
}
int main()
{
	int cases;
	scanf("%d",&cases);
	while(cases--)
	{
		original();
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%lf%lf",&ax[i],&ay[i]);
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			str[++cnt]=(1<<(i-1));
			for(int j=1;j<=i-1;j++)
			{
				dispose(i,j);
			}
		}
		dp[0]=0;
		for(int s=0;s<(1<<n);s++)
		{
			for(int i=1;i<=cnt;i++)
			{
				if(s&str[i])
				{
					dp[s]=min(dp[s],dp[s^(s&str[i])]+1);//转移方程
				}
			}
		}
		printf("%d\n",dp[(1<<n)-1]);
	}
	return 0;
}

　　　　小结：状态的选取决定着动态规划的走势----某乎上的dalao说的