[CQOI2018] 解鎖屏幕

Description

使用過Android手機的同學一定對手勢解鎖屏幕不陌生。Android的解鎖屏幕由3x3個點組成，手指在屏幕上畫一條

線將其中一些點連接起來，即可構成一個解鎖圖案。如下面三個例子所示：

畫線時還需要遵循一些規則

1．連接的點數不能少於4個。也就是說只連接兩個點或者三個點會提示錯誤。

2．兩個點之間的連線不能彎曲。

3．每個點只能"使用"一次，不可重複。這裏的"使用"是指手指劃過一個點，該點變綠。

4．兩個點之間的連線不能"跨過"另一個點，除非那個點之前已經被"使用"過了。

對於最後一條規則，參見下圖的解釋。左邊兩幅圖違反了該規則：而右邊兩幅圖(分別爲2→4→1→3→6和→5→4→1→9→2)

則沒有違反規則，因爲在"跨過"點時，點已經被"使用"過了。

現在工程師希望改進解鎖屏幕，增減點的數目，並移動點的位置，不再是一個九宮格形狀，但保持上述畫線的規則不變。

請計算新的解鎖屏幕上，一共有多少滿足規則的畫線方案。

Input

輸入文件第一行，爲一個整數n，表示點的數目。

接下來n行，每行兩個空格分開的整數xi和yi，表示每個點的座標。

-1000≤xi,Yi≤l000，1≤n<20。各點座標不相同

Output

輸出文件共一行，爲題目所求方案數除以100000007的餘數。

Sample Input

4
0 0
1 1
2 2
3 3

Sample Output

8
解釋：設4個點編號爲1到4，方案有1→2→3→4，2→1→3→4，3→2→1→4，2→3→1→4，
及其鏡像4→3→2→1,3→4→2→1,2→3→4→1,3→2→4→1.

Solution

        很明顯的狀壓dp，記 f[i][s] 爲最後走到 i 時，狀態爲 s 的方案數。預處理從 i 走到 j 需要先走的點的集合。

        然後從小到大枚舉狀態dp就可以了。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>

#define R register
#define ll long long

using namespace std;

namespace Dntcry
{
	inline int read()
	{
		R int a = 0, b = 1; R char c = getchar();
		for(; c < '0'|| c > '9'; c = getchar()) (c == '-') ? b = -1 : 0;
		for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) a = (a << 1) + (a << 3) + c - '0';
		return a * b;
	}
	const int Maxn = 1010, Mod = 100000007;
	int n, x[21], y[21], need[21][21], f[21][1 << 19], lim, Ans;
	bool Check(R int s)
	{
		R int res = 0;
		for(R int i = 1; i <= n; i++) if((1 << i - 1) & s) res++;
		return res > 3; 
	}
	int Min(R int a, R int b) { return a < b ? a : b; }
	int Max(R int a, R int b) { return a > b ? a : b; }
	bool atline(R int a, R int b, R int c)
	{
		if(x[c] > Max(x[a], x[b]) || x[c] < Min(x[a], x[b])) return 0;
		if(y[c] > Max(y[a], y[b]) || y[c] < Min(y[a], y[b])) return 0;
		return (y[c] - y[a]) * (x[c] - x[b]) - (y[c] - y[b]) * (x[c] - x[a]) == 0;
	}
	int Main()
	{
		n = read();
		for(R int i = 1; i <= n; i++) x[i] = read(), y[i] = read();
		lim = (1 << n) - 1;
		for(R int i = 1; i <= n; i++)
			for(R int j = 1; j <= n; j++)
				if(j != i)
					for(R int k = 1; k <= n; k++)
						if(k != i && k != j && atline(i, j, k))
							need[i][j] |= 1 << k - 1;
		for(R int i = 1; i <= n; i++) f[i][1 << i - 1] = 1;
		for(R int s = 0; s <= lim; s++)
		{
			R bool flag = Check(s);
			for(R int i = 1; i <= n; i++)
				if(f[i][s])
				{
					for(R int j = 1; j <= n; j++)
						if(!((1 << j - 1) & s)&& (need[i][j] & s) == need[i][j])
							f[j][s | (1 << j - 1)] = (f[j][s | (1 << j - 1)] + f[i][s]) % Mod;
					if(flag) Ans = (Ans + f[i][s]) % Mod;
				}
		}
		printf("%d\n", Ans);
		return 0;
	}
}
int main() { return Dntcry :: Main(); }