Description
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。
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⌈n/3+1⌉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⌊n/3⌋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。
m是用来骗分的，本题正解应用状压DP，把猪的选与不选压成一个状态，然后枚举任意两个猪获得一个抛物线，或是无解（a>0||tmp1==0）.然后注意的就是DP过程了，当状态s达到时，枚举所有可行抛物线，因为s是正着枚举的，所以每一个sol[i]的补集肯定是更新过的了，直接^一下拿来用，还有一个，就是可以不用一个抛物线打掉所有的点，只要s与sol[i]有交集就行。因此得到方程。
f[s]=min(f[s^(s&sol[i])]+1); (i=1~cnt);sol[]为抛物线可达解的状态。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
int t,n,m;
double ax[30],ay[30],ka,kb;
int sol[1000100],cnt,f[300100];
bool vs[1003000];
void check(int x,int y)
{
double tmp1=ax[x]*ax[y]*(ax[x]-ax[y]);
double tmp2=ay[x]*ax[y]-ay[y]*ax[x];
if(tmp1<0)
tmp1=-tmp1,tmp2=-tmp2;
if(fabs(tmp1)<1e-6)
return ;
tmp1=tmp2/tmp1;
if(tmp1>0)
return ;
ka=tmp1;
kb=(ay[x]-ka*ax[x]*ax[x])/ax[x];
int s=0,num=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
double tmp=ax[i]*ax[i]*ka+kb*ax[i];
if(fabs(tmp-ay[i])<1e-6)
{
num++;
s+=(1<<i-1);
}
}
if(!vs[s])
{
vs[s]=1;
sol[++cnt]=s;
}
return ;
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
cnt=0;
memset(f,0x3f,sizeof(f));
memset(vs,0,sizeof(vs));
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++)
{
sol[++cnt]=(1<<i-1);
for(int j=1;j<i;j++)
check(i,j);
}
f[0]=0;
for(int s=0;s<(1<<n);s++)
for(int i=1;i<=cnt;i++)
if(s&sol[i])
f[s]=min(f[s],f[s^(s&sol[i])]+1);
printf("%d\n",f[(1<<n)-1]);
}
return 0;
}原来的想法是将接先求出来，先倒着更新一遍s，再正着推。错点在于可能最优解是两个状态的合并，并不是s的一个位置变成1；