JDOJ-3141: [NOIP2016]愤怒的小鸟 D2 T3

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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;

 

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