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题目思路

也算是一个比较简单的状压问题不过稍微有点小技巧

设(dp[s])表示消除集合(s)的最小步数

每次枚举集合外的两个点构成一个抛物线，然后再去转移即可

预处理(sta[i][j])表示(i)点和(j)点构成抛物线可以消除哪些小猪

这样复杂度是(2^nn^2)但是可以优化到(2^nn)

因为你加入(i)号点在集合外，那么他迟早要消去，不如现在就把它给直接消去

在第一层for中加个break即可

代码

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=30+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,m;
double x[maxn],y[maxn];
int sta[maxn][maxn];
int dp[1<<18];
int cal(int id1,int id2){
    if(abs(x[id1]-x[id2])<eps) return 0;
    double a=(x[id2]*y[id1]-x[id1]*y[id2])/(x[id1]*x[id2]*(x[id1]-x[id2]));
    if(a>-eps) return 0;
    double b=(y[id1]-x[id1]*x[id1]*a)/x[id1];
    int sta=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(abs(y[i]-x[i]*x[i]*a-x[i]*b)<eps){
            sta|=(1<<i);
        }
    }
    return sta;
}
signed main(){
    int _;scanf("%d",&_);
    while(_--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%lf %lf",&x[i],&y[i]);
        }
        for(int i=0;i<n;i++){
            for(int j=0;j<n;j++){
                if(i==j){
                    sta[i][j]=(1<<i);
                }else{
                    sta[i][j]=cal(i,j);
                }
            }
        }
        for(int i=0;i<=(1<<n)-1;i++){
            dp[i]=inf;
        }
        dp[0]=0;
        for(int i=0;i<=(1<<n)-1;i++){
            for(int j=0;j<n;j++){
                if((i>>j)&1) continue;
                for(int k=0;k<n;k++){
                    if((i>>k)&1) continue;
                    dp[i|sta[j][k]]=min(dp[i|sta[j][k]],dp[i]+1);
                }
                break;
            }
        }
        printf("%d
",dp[(1<<n)-1]);
    }
    return 0;
}