P2831 憤怒的小鳥 題解

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簡要題意：

平面直角座標系的第一象限有若干綠豬，小鳥要通過若干條函數解析線來消滅它們。每個小鳥可以把所有 $y=ax^2 + bx (a<0)$ 上的 $(x,y)$ 的所有綠豬消滅，當然沒有綠豬就是白走。問最少多少次後可以消滅所有的綠豬。$T$ 組數據。

前記

實際上，之前寫過一篇 騙分導論，裏面有點口出狂言，既然自己說了能 $60pts$ 那還不來填坑？

算法一

對於 $70 \%$ 的數據，$n \leq 12$.

實際上，直接爆搜即可。

怎麼搜？對於每個搜索狀態，你可以用一個 $\text{vector}$ 來記錄當前 剩下綠豬的座標，並記錄當前步數。

由於 $\text{vector}$ 可以方便的刪除元素，我們枚舉當前 $\text{vector}$ 的兩個座標並計算出 $a,b$ 的值，然後判斷 $a<0$，合法則將所有 $y=ax^2+bx$ 上的綠豬刪除，進入下一層。

這樣的話，如果你沒有開 $\text{long double}$，可以得到 $55pts$.

開了之後就是 $70pts$. 臉黑啊

時間複雜度：$O(\text{70pts})$.

期望得分：$60pts$. 實際得分：$70pts$.

Link 代碼

暴力最強大！

算法二

對於 $100 \%$ 的數據，$n \leq 18$，$T \leq 5$.

顯然，我們會發現在上面的搜索中，冗餘的狀態太多了。

比方說你先把 $1,4$ 一起打下來，再把 $2,3$ 一起打下來，和把打它們的順序換一下，本質有什麼區別呢？——沒有，但是搜索中會大量出現類似 重複搜索同一個狀態 的現象，就會想斐波那契數列那樣越滾越大，最終 $\text{TLE}$.

就上面一點而言，假設造個數據，保證每兩頭綠豬都無法一起打下，即每次只能幹掉一個，那這個程序的時間複雜度 $\cdots \cdots$

所以我們想解決這個問題，但是你認爲如果用 $\texttt{map<vector<pair<db,db> > >}$ 實在是不好，還多一個 $\log$，就和正解陰差陽錯了。所以我們想到，記憶化搜索的本質不就是 $\text{dp}$？而枚舉狀態的 $\text{dp}$ 不就是 $\cdots \cdots$

狀態壓縮 $\text{dp}$，簡稱狀壓！

我們可以用一個二進制數來表示當前狀態（顯然只有打下和沒打下兩個情況），然後先把所有解析線（至少能打下 $2$ 頭綠豬的）統計在一起，然後枚舉狀態轉移即可。但這個說法不太清晰，需要建立理論模型。

用 $f$ 存儲狀態，$f_0$ ~ $f_{{2^n}-1}$ 即爲所有狀態。把當前解析線能消滅的豬也有一個二進制數存在 $s$ 裏，每次枚舉狀態的時候，對於每個 $s$ 都要考慮一個轉移：

f[k|s[i]]=min(f[k|s[i]],f[k]+1);

即如果當前線包含 $i$ 則直接用線解決；否則 $+1$.

但是你發現會有一些綠豬，只能單獨被打，不能和別的豬一起被打。

對於這樣的豬，我們需要再枚舉所有的豬，將它更新一遍。

f[k|(1<<(i-1))]=min(f[k|(1<<(i-1))],f[k]+1);

顯然對於第 $k$ 個狀態，當前所有豬被打的答案可以直接更新掉，解決了這個問題。

最後$f_{{2^n}-1}$ 就是答案。

時間複雜度：$O(2^n \cdot n^2)$.（不過 $\text{AThousandSuns}$ 提出了一種 $O(2^n \cdot n)$ 的算法，詳見 AThousandSuns 的洛谷博客）

期望得分：$85pts$. 實際得分：$100pts$.

理論上跑滿了約爲 $8.4 \times 10^7$，挺危險的，擦邊球過去了。

這裏你就會明白爲什麼記憶化搜索過不了，因爲，記憶化用 $\text{map}$ 的時間複雜度是 $O(2^n \cdot n^2 \log n)$，你就多了 $4$ 倍的常數，成功到了 $2.7 \times 10^8$ 一個更危險的級別。當然常數好卡過去我也不說什麼了

注意一下：計算解析式的時候可能存在一定精度問題，因此保留 $10^{-6}$ 即可。

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define db long double
const int N=1e6+1; 

inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}

inline void write(int x) {
	if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}
	if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}
	write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
}

int n,m,T,cnt=0;
int f[N],s[501];
db x[101],y[101];

int main() {
	T=read(); while(T--) {
		n=read(),m=read();
		memset(f,0x3f,sizeof(f));
		memset(s,0,sizeof(s));
		cnt=0; f[0]=0; //初始化
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>y[i];
		for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
			if(x[i]-x[j]) {
				double a=(y[i]-y[j]*x[i]/x[j])/x[i]/(x[i]-x[j]);
				double b=(y[i]*x[j]*x[j]/x[i]/x[i]-y[j])/(x[j]*x[j]/x[i]-x[j]);
				if(a<0) { //計算合法的解析式
					cnt++;
					for(int k=1;k<=n;k++)
						if(fabs(a*x[k]*x[k]+b*x[k]-y[k])<=1e-6) s[cnt]|=(1<<(k-1)); 
				} //記錄解析式
			}
		for(int k=0;k<=(1<<n)-1;k++) {
			for(int i=1;i<=cnt;i++) f[k|s[i]]=min(f[k|s[i]],f[k]+1);
			for(int i=1;i<=n;i++) f[k|(1<<(i-1))]=min(f[k|(1<<(i-1))],f[k]+1);
		} printf("%d\n",f[(1<<n)-1]);
	} 
	return 0;
}