【题解】P2831 愤怒的小鸟

P2831愤怒的小鸟

题目描述

$Kiana$ 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 $y=a*x^2+b*x$ 的曲线，其中 $a,b$ 是 $Kiana$ 指定的参数，且必须满足 $a<0$，$a,b$ 都是实数。

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 $(x_i,y_i )$。

如果某只小鸟的飞行轨迹经过了 $(x_i,y_i )$，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 $(x_i,y_i )$，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 $y=−x^2+4*x$ 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。

Solution

· 按照初(数)步(据)想(范)法(围)，可以很容易就想到设一个集合表示每只猪的状态即 $f_S$ 表示状态为 $S$ 时最少抛物线数

· 可以发现由于必须过原点，所以只用再确定两只猪就可以确定一条抛物线

· 于是我们可以预处理出 $l_{i,j}$ 表示在 $i$ 和 $j$ 所过的这条抛物线上的所有猪的集合

· 这样子就很方便了

· 枚举 $S$，对于每个 $S$ 枚举 $i$ 和 $j$ 则有 : $$f[S\ | \ l_{i,j}] = min(f[S\ |\ l_{i,j}], f_S + 1)$$

· 于是愉快地(?)完成了这道题了

· 算算复杂度...$O(2^n*n^2)≈8*10^7$...貌似只能卡常卡过去?有没有优化呢?

· 令 $x$ 为 $S$ 内未被打掉的猪中编号最小的，则由 $S$ 扩展的所有的线都要经过 $x$

· 这样子为什么是对的呢?

· 如果说先不打 $x$，打了 $x$ 之后的 $y$ 和 $z$，那么总要返回来再打一次 $x$，这样子转移就重复了(虽然仍然是正确的)

· 那么就只用枚举一个 $j$ 就可以了，转移的速度是 $O(n)$的，那么总复杂度为 $O(2^n*n)≈4*10^6$，顺利跑过啦~

· 顺带一提的是这道题可以用爆搜+剪枝，而且貌似比dp还要快一点...有兴趣的可以想一想2333

Code



#include<bits/stdc++.h>

#define ld long double

#define F(i, x, y) for(int i = x; i <= y; ++ i)

using namespace std;

const int N = 20;

const double eps = 1e-8; //由于浮点数不太好比大小，所以如果两数之差小于这个超小值则算它们相等

int n, m, all, t;

struct pig{

    long double x, y;

}p[N];

int l[N][N];

int d[(1 << N)];

int f[(1 << N)];

int main()

{

    scanf("%d", &t);

    F(i, 0, 1 << 19)

        F(j, 1, 19)

            if(! (i & (1 << j - 1)))

            {

                d[i] = j;

                break;

            }

    while(t --)

    {

        scanf("%d%d", &n, &m), all = (1 << n) - 1;

        F(i, 1, n) scanf("%Lf%Lf", &p[i].x, &p[i].y);

        memset(l, 0, sizeof(l));

        memset(f, 127, sizeof(f)), f[0] = 0;

        F(i, 1, n)

            F(j, 1, n)

            {

                if(fabs(p[i].x - p[j].x) < eps) continue;

                ld a = (p[j].x * p[i].y - p[i].x * p[j].y) / (p[i].x * p[j].x * (p[i].x - p[j].x));

                ld b = p[i].y / p[i].x - a * p[i].x;

                if(a > -eps) continue;

                F(k, 1, n)

                    if(fabs(a * p[k].x * p[k].x + b * p[k].x - p[k].y) < eps)

                        l[i][j] |= (1 << k - 1);

            }

        F(i, 0, all)

        {

            int j = d[i];

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

            F(k, 1, n) f[i | l[j][k]] = min(f[i | l[j][k]], f[i] + 1);

        }

        printf("%d\n", f[(1 << n) - 1]);

    }

    return 0;

}