状压DP
算法思路
题意:用尽量少的抛物线穿过所有点.
抛物线方程 y = a x^2 + b x + c
这里抛物线有两个限制:
1. 穿过原点 c = 0
2. 开口向下(地心引力) a < 0
受限制的抛物线方程为y = a x^2 + b x, 未知数只有(a,b)两个.所以我们可以用两点确定一个抛物线.
每条抛物线对应一个可覆盖点的集合,问题转变为重复覆盖问题:给定01矩阵,要求选择尽量少的行, 将所有列覆盖.
状压DP求解:
dp[s]
s:待覆盖点的一个子集
dp[s]:覆盖s所需要抛物线方案的最小值.
转移(这里根据状态的转移更新dp,用当前状态更新其能到达的所有状态)
s_ = s | path(一条抛物线的覆盖点集)
dp[s_] = min( dp[s] + 1 )
实现
预处理抛物线能覆盖的点集时需要特殊处理只经过一个给定点x的抛物线,认为其只覆盖点x.
状态转移实现
对于每个状态s只找一个还未覆盖的点的理解:最优解是一个抛物线集合,其顺序任意.所以
每次可以任意找一个抛物线作为状态更新的依据.
时间复杂度
path预处理: $O(n^3)$ dp过程: $(n2^n)$ 时间复杂度O$(T(n^3+n2^n))$
C++ 代码
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<double,double> pdd;
const int N = 20, M = 1 << 18;
const double eps = 1e-6;
int n, m;
pdd node[N]; //输入点对
int path[N][N]; //path[i][j]:由node[i]和node[j]确定的抛物线能覆盖的点集(二进制表示)
int dp[M];
int cmp(double x, double y)
{//浮点数比较 容忍一定进度误差
if( fabs(x-y) < eps ) return 0;
if( x < y ) return -1;
return 1;
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
while( T-- )
{
cin >> n >> m;
for( int i = 0; i < n; i++ ) cin >> node[i].x >> node[i].y;
//预处理抛物线覆盖的点集
memset(path,0,sizeof path);
for( int i = 0; i < n; i++ )
{
for( int j = 0; j < n; j++ )
{
double x1 = node[i].x, y1 = node[i].y;
double x2 = node[j].x, y2 = node[j].y;
if( cmp(x1,x2) == 0 )
{//斜率不会为INF
if( i == j ) path[i][i] = 1 << i;//特殊判断 只经过一个点 认为能覆盖这一个点
continue;
}
double a = (y1 / x1 - y2 / x2) / (x1 - x2);
double b = y1 / x1 - a * x1;
if( cmp(a,0) >= 0 ) continue; //限制:a < 0
int s = 0; //计算抛物线能覆盖的点集
for( int k = 0; k < n; k++ )
{
double x = node[k].x, y = node[k].y;
if( cmp(a * x * x + b * x, y) == 0 ) s += 1 << k;
}
path[i][j] = s;
}
}
//状压dp求解
memset(dp,0x3f,sizeof dp);
dp[0] = 0; //边界 还未覆盖点
for( int s = 0; s < 1<<n; s++ )
{
int x = 0; //先找到一个还未覆盖的点
for( int i = 0; i < n; i++ )
{
if( (s >> i & 1 ) == 0 )
{
x = i;
break;
}
}
for( int j = 0; j < n; j++ )
{
int s_ = s | path[x][j]; //path[x][]一定可以覆盖x点
dp[s_] = min( dp[s_], dp[s] + 1 );
}
}
cout << dp[(1<<n)-1] << endl;
}
return 0;
}