題目描述
Kiana最近沉迷於一款神奇的游戲無法自拔。
簡單來說，這款游戲是在一個平面上進行的。
有一架彈弓位於(0,0)處，每次Kiana可以用它向第一象限發射一只紅色的小鳥，小鳥們的飛行軌跡均為形如y=ax2+bx的曲線，其中a,b是Kiana指定的參數，且必須滿足a<0。
當小鳥落回地面（即x軸）時，它就會瞬間消失。
在游戲的某個關卡里，平面的第一象限中有n只綠色的小豬，其中第i只小豬所在的坐標為(xi,yi)。
如果某只小鳥的飛行軌跡經過了(xi,yi),那么第i只小豬就會被消滅掉，同時小鳥將會沿着原先的軌跡繼續飛行；
如果一只小鳥的飛行軌跡沒有經過(xi,yi)，那么這只小鳥飛行的全過程就不會對第i只小豬產生任何影響。
例如，若兩只小豬分別位於(1,3)和(3,3)，Kiana可以選擇發射一只飛行軌跡為y=-x2+4x的小鳥，這樣兩只小豬就會被這只小鳥一起消滅。
而這個游戲的目的，就是通過發射小鳥消滅所有的小豬。
這款神奇游戲的每個關卡對Kiana來說都很難，所以Kiana還輸入了一些神秘的指令，使得自己能更輕松地完成這個游戲。這些指令將在【輸入格式】中詳述。
假設這款游戲一共有T個關卡，現在Kiana想知道，對於每一個關卡，至少需要發射多少只小鳥才能消滅所有的小豬。由於她不會算，所以希望由你告訴她。
輸入
第一行包含一個正整數T，表示游戲的關卡總數。
下面依次輸入這T個關卡的信息。每個關卡第一行包含兩個非負整數n,m，分別表示該關卡中的小豬數量和Kiana輸入的神秘指令類型。接下來的n行中，第i行包含兩個正實數(xi,yi)，表示第i只小豬坐標為(xi,yi)。數據保證同一個關卡中不存在兩只坐標完全相同的小豬。
如果m=0，表示Kiana輸入了一個沒有任何作用的指令。
如果m=1，則這個關卡將會滿足：至多用n/3+1只小鳥即可消滅所有小豬。
如果m=2,則這個關卡將會滿足：一定存在一種最優解，其中有一只小鳥消滅了至少n/3只小豬。
保證1<=n<=18，0<=m<=2，0<xi,yi<10，輸入中的實數均保留到小數點后兩位。
輸出
對每個關卡依次輸出一行答案。
輸出的每一行包含一個正整數，表示相應的關卡中，消滅所有小豬最少需要的小鳥數量
樣例輸入
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
樣例輸出
1 1
題解
狀態壓縮dp
這題也真是夠坑。。。
考試時寫了搜索，畢竟14年就沒出搜索。然而出乎意料，這題竟然是16年的第二道dp，
還是考試前一直覺得不會考的一種dp。。。
f[i]表示狀態為i的豬全部打掉需要的最少次數。
易推出偽代碼f[i]=min(f[i],f[i^A]+1)，A為每次打的集合。
為什么說是偽代碼？因為A很難確定。
枚舉子集的話，時間復雜度O(3^n)，TLE。
所以不能枚舉子集。
枚舉點？先枚舉情況，然后枚舉兩個點，再處理其余點，時間復雜度O(2^n*n^3)，85分。
於是我們想到初始化。
本着能打則打的貪心原則，可以先把點j和點k所在拋物線上所有點存起來，狀態轉移時，
集合A即為i&g[j][k]，省略了一重循環，AC。
當然還是有更好的優化（見代碼）。
由於打的順序對結果沒有影響，所以可以默認先打標號較小的小鳥，這樣時間復雜度會更低。
然而最坑的是精度問題。
不加精度肯定會跪，至於跪多少，考試時自己沒加精度得了0分。。。
精度太低也不行，親測1e-4 90分，1e-5 95分。
所以精度很重要，最好是1e-6，不會被卡，可以過。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define eps 1e-6
using namespace std;
double x[20] , y[20];
int f[262150] , g[20][20];
int main()
{
int T;
scanf("%d" , &T);
while(T -- )
{
memset(g , 0 , sizeof(g));
int n , m , i , j , k;
double a , b;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 0 ; i < n ; i ++ )
scanf("%lf%lf" , &x[i] , &y[i]);
for(i = 0 ; i < n ; i ++ )
{
for(j = 0 ; j < n ; j ++ )
{
if(i != j)
{
a = (x[j] * y[i] - x[i] * y[j]) / (x[i] * x[j] * (x[i] - x[j]));
b = (x[j] * x[j] * y[i] - x[i] * x[i] * y[j]) / (x[i] * x[j] * (x[j] - x[i]));
if(a <= -eps)
for(k = 0 ; k < n ; k ++ )
if(fabs(a * x[k] * x[k] + b * x[k] - y[k]) <= eps)
g[i][j] |= 1 << k;
}
}
}
f[0] = 0;
for(i = 1 ; i < (1 << n) ; i ++ )
{
for(j = 0 ; j < n ; j ++ )
if((1 << j) & i)
break;
f[i] = f[i ^ (1 << j)] + 1;
for(k = 0 ; k < n ; k ++ )
if(k != j && (1 << k) & i)
f[i] = min(f[i] , f[i ^ (i & g[j][k])] + 1);
}
printf("%d\n" , f[(1 << n) - 1]);
}
return 0;
}