noip2016 憤怒的小鳥

kiana最近沉迷於一款神奇的遊戲無法自拔。

簡單來說，這款遊戲是在乙個平面上進行的。

有一架彈弓位於(0,0)處，每次kiana可以用它向第一象限發射乙隻紅色的小鳥，小鳥們的飛行軌跡均為形如

的曲線，其中a,b是kiana指定的引數，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。

在遊戲的某個關卡裡，平面的第一象限中有n只綠色的小豬，其中第i只小豬所在的座標為(xi,yi)。

如果某只小鳥的飛行軌跡經過了(xi,yi),那麼第i只小豬就會被消滅掉，同時小鳥將會沿著原先的軌跡繼續飛行；

如果乙隻小鳥的飛行軌跡沒有經過(xi,yi)，那麼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，若兩隻小豬分別位於(1,3)和(3,3)，kiana可以選擇發射乙隻飛行軌跡為

的小鳥，這樣兩隻小豬就會被這只小鳥一起消滅。

而這個遊戲的目的，就是通過發射小鳥消滅所有的小豬。

這款神奇遊戲的每個關卡對kiana來說都很難，所以kiana還輸入了一些神秘的指令，使得自己能更輕鬆地完成這個遊戲。這些指令將在【輸入格式】中詳述。

假設這款遊戲一共有t個關卡，現在kiana想知道，對於每乙個關卡，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。

輸入格式：

第一行包含乙個正整數t，表示遊戲的關卡總數。

下面依次輸入這t個關卡的資訊。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輸入的神秘指令型別。接下來的n行中，第i行包含兩個正實數(xi,yi)，表示第i只小豬座標為(xi,yi)。資料保證同乙個關卡中不存在兩隻座標完全相同的小豬。

如果m=0，表示kiana輸入了乙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

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，其中有乙隻小鳥消滅了至少

只小豬。

保證1<=n<=18，0<=m<=2，0上文中，符號

和分別表示對c向上取整和向下取整

輸出格式：

對每個關卡依次輸出一行答案。

輸出的每一行包含乙個正整數，表示相應的關卡中，消滅所有小豬最少需要的小鳥數量

輸入樣例#1：

2 01.00 3.00

3.00 3.00

5 21.00 5.00

2.00 8.00

3.00 9.00

4.00 8.00

5.00 5.00

輸出樣例#1：

輸入樣例#2：

2 01.41 2.00

1.73 3.00

3 01.11 1.41

2.34 1.79

2.98 1.49

5 02.72 2.72

2.72 3.14

3.14 2.72

3.14 3.14

5.00 5.00

輸出樣例#2：

輸入樣例#3：

10 0

7.16 6.28

2.02 0.38

8.33 7.78

7.68 2.09

7.46 7.86

5.77 7.44

8.24 6.72

4.42 5.11

5.42 7.79

8.15 4.99

輸出樣例#3：

【樣例解釋1】

這組資料中一共有兩個關卡。

第乙個關卡與【問題描述】中的情形相同，2只小豬分別位於（1.00,3.00)和 (3.00,3.00)，只需發射乙隻飛行軌跡為y = -x^2 + 4x的小鳥即可消滅它們。

第二個關卡中有5只小豬，但經過觀察我們可以發現它們的座標都在拋物線 y = -x^2 + 6x上，故kiana只需要發射乙隻小鳥即可消滅所有小豬。

【資料範圍】

分析：說實話，比較簡單的一道狀壓dp題，可以用乙個狀態i表示我們該射哪些鳥，dp[i]為在狀態i下需要的拋物線的數量，那麼可以很容易得到dp[i | 拋物線j射到的豬] = min(dp[i | 拋物線j射到的豬],dp[i] + 1),那麼唯一的難點就是求出拋物線j射到哪些豬了，因為只需要2個點就可以確定一條拋物線，先列舉兩頭豬，確定一條拋物線，將a > 0的去掉，然後在列舉看哪些豬在這條拋物線上就可以了，不過需要注意的三個特殊情況：1.精度問題

2.拋物線可能只能打到一頭豬 3.拋物線上兩個點橫座標不能相同.

#include #include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using
namespace
std;
int t, n, m,zhuangtai[20][20],dp[1
<< 20
];struct
node
e[20
];bool jingdu(double a, double
b)int
main()
for (int i = 1; i < (1
<< n); i++)
dp[i] = 2000000000
;        dp[
0] = 0
;        
for (int i = 0; i < (1
<< n); i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (!(i & (1
<< (j - 1
))))
for (int k = j; k <= n; k++)
printf(
"%d\n
", dp[(1
<< n) - 1
]);    }
return0;
}

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