P2831 憤怒的小鳥

我們先預處理出每個豬兩兩之間（設為$u,v$）和原點三點確定的拋物線（當兩隻豬橫座標相等時顯然無解）

處理出$u,v$確定的拋物線一共可以經過多少點，記為$lines[u][v]$

設$f[i]$表示已經被消滅的豬的集合為二進位制表示為$i$時，需要的最小拋物線數

顯然$f[0]=0$

$f[i|(1<<(u-1))]=min(f[i|(1<<(u-1)],f[i]+1)$（一條拋物線只串一個點）

$f[i|lines[u][v]]=min(f[i|lines[u][v]],f[i]+1)$

然鵝這是$O(Tn^{2}2^{n})$，ccf的老爺機會T

那麼我們考慮優化

我們發現加上拋物線時，先串$1,4$與先串$2,3$沒有區別，但是我們兩種都用不同的順序枚舉了一遍。

那麼我們可以處理出集合$i$的$mex$（在集合中沒有出現的最小正整數）

列舉時加上限制條件：一定要包含$mex[i]$

於是列舉就從$O(n^{2})$降到了$O(n)$

總複雜度就降到了$O(Tn2^{n})$

end.

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define re register
using
 
 namespace std;
typedef double db;
int min(int &a,int &b){return a<b?a:b;}
#define N 524589
const db eps=1e-8;
db x[25],y[25];
int t,n,m,lines[25][25],f[N],mex[N];
void calc(db &a,db &b,db x1,db y1,db x2,db y2){
    b=(x1*x1*y2-x2*x2*y1)/(x1*x1*x2-x1*x2*x2);
    a=(y1-x1*b)/(x1*x1);
}//用於解一元二次方程組
 
int main(){
    for(re int i=0,j;i<262144;++i){//預處理mex
        for(j=0;(i&(1<<j))&&j<18;++j);
        mex[i]=j;
    }scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d",&n,&m); db a,b;
        for(re int i=1;i<=n;++i)
            scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
        for(re int i=1;i<=n;++i)
            for(re int j=1;j<=n;++j){
                lines[i][j]=0; 
                if(fabs(x[i]-x[j])<eps) continue;//橫座標相等無解
                calc(a,b,x[i],y[i],x[j],y[j]);
                if(a>-eps) continue;
                for(re int u=1;u<=n;++u)
                    if(fabs(a*x[u]*x[u]+b*x[u]-y[u])<eps)
                        lines[i][j]|=(1<<(u-1));//找到這條拋物線能連到的所有點
            }
        memset(f,63,sizeof(f)); f[0]=0;
        for(re int i=0,j=mex[i];i<(1<<n);j=mex[++i]){
            f[i|(1<<j)]=min(f[i|(1<<j)],f[i]+1); //單個點用掉一條的情況
            for(re int u=1;u<=n;++u)//列舉的拋物線必須穿過j
                f[i|lines[j+1][u]]=min(f[i|lines[j+1][u]],f[i]+1);
        }
        printf("%d\n",f[(1<<n)-1]);
    }return 0;
}