hdu1466计算直线的交点数&2050 折线分割平面【DP】

Problem Description

平面上有n条直线，且无三线共点，问这些直线能有多少种不同交点数。
比如,如果n=2,则可能的交点数量为0(平行)或者1(不平行)。

 

Input

输入数据包含多个测试实例,每个测试实例占一行,每行包含一个正整数n（n<=20）,n表示直线的数量.

 

Output

每个测试实例对应一行输出，从小到大列出所有相交方案，其中每个数为可能的交点数,每行的整数之间用一个空格隔开。

 

Sample Input

23

 

Sample Output

0 10 2 3

 

前一个题我想了两天啊啊啊 队友给了提示也没做出来啊T^T

而且一直陷在复杂度是O(n*n)的惯性思维里 殊不知O(N^3)的复杂度预处理也可以0ms输出 坑爹啊

陷入的第二个怪圈是偏执的认为 dp[n][~]一定是由dp[n-1][~]推导而来的 (⊙﹏⊙)b 状态转移不一定就要严格的遵守两个状态挨着啊 

思路：来自hdu ppt

n条直线互不平行且无三线共点的最多交点数max=1+2+……(n-1)=n(n-1)/2,

所以n=20的话，最大的交点数是190

本题是求有多少种交点数：

容易列举出N=1,2,3的情况：

0

0，1

0，2，3

如果已知<N的情况，我们来分析加入第N条直线的情况(这里N=4)：

1、第四条与其余直线全部平行 => 无交点；

2、第四条与其中两条平行，交点数为(n-1)*1+0=3;

3、第四条与其中一条平行，这两条平行直线和另外两点直线的交点数为(n-2)*2=4,而另外两条直线既可能平行也可能相交，因此可能交点数为：

                   （n-2）*2+0=4    或者         (n-2)*2+1=5     

4、 第四条直线不与任何一条直线平行，交点数为：

      (n-3)*3+0=3   或者 (n-3)*3+2=5    或者 (n-3)*3+3=6

即n=4时，有0个，3个，4个，5个，6个不同交点数。

从上述n=4的分析过程中，我们发现：

m条直线的交点方案数

=（m-r）条平行线与r条直线交叉的交点数

  + r条直线本身的交点方案

=（m-r）*r+r条之间本身的交点方案数（1<=r<=m）

以上分析摘自ppt。

可以得出状态转移方程（m-r）*r+r条之间本身的交点方案数（1<=r<=m）

dp需保存已解决的子问题的答案，在需要时再找出已求的答案。一般步骤：

1.找出最优解特征，并刻画出结构特征

2.递归定义出其最优值

3.以自底向上的方式计算出其最优值

4.根据计算最优值得到的信息，构造最优解。

如本题，可设个2维数组dp[21][192]来记录结点情况。当r条直线有j个结点时，

dp[i][(m-r)*r+j]可以表示i条直线情况。

p.s.自己推导时还自以为是的觉得从n=5以后 交点依次加2呢 →_→ 查数都能差错

#include <iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;int dp[30][1000],n;int main(){    memset(dp,0,sizeof(dp));    for(int i=0;i<21;i++)        for(int j=0;j<192;j++)        {            if(j==0) dp[i][j]=1;            else dp[i][j]=0;        }    dp[1][0]=1;    dp[2][0]=1,dp[2][1]=1;  //  dp[3][0]=1,dp[3][2]=1,dp[3][3]=1;    for(int m=3;m<21;m++)    {        for(int r=0;r<m;r++)        {            for(int i=0;i<=192;i++)            {                if(dp[r][i])                {                    dp[m][i+(m-r)*r]=1;//之前这里居然能写成dp[m][dp[r][i]+(m-r)*r]你长不长心？                }            }        }    }    while(~scanf("%d",&n))    {        printf("0");        for(int i=1;i<=200;i++)            if(dp[n][i])                printf(" %d",i);        printf("\n");    }    return 0;}

再说这个其实自己没做过的 由于是在2000-2099中间 还是挺轻视的 ╭(╯^╰)╮

研究了半天发现跟这个题并没有什么关系

我们不忙着解这道题。我们先来看一下N条相交的直线最多能把平面分割成几块。

很明显，当添加第n条直线时，为了使平面最多，则第n条直线要与前面n-1条直线都相交，切没有任何三条线交于一个点。
这样，第n条直线一共有n-1个交点。我们知道，增加n个焦点，则增加n+1个平面。
所以n条直线分割平面最大数是1 + 1 + 2 + 3 + ... + n = (n² + n + 2) / 2

熟悉了线分割平面，现在，我们再来看看，每次增加的不是一条直线，而是两条相互平行的线，那又如何呢？

当第N次添加时，前面已经有2N-2条直线了，按我们上面讨论的知道，第N次添加时，第2N-1条直线和第2N条直线各能增加2(n-1)+1个平面。
所以第N次添加增加的面数是2[2(n-1) + 1] = 4n - 2 个。因此，总面数应该是1 + 4n(n+1)/2 - 2n = 2n² + 1

现在我们再来看如果把每次加进来的平行边让它们一头相交，情况又如何呢？

我们看到，平面1、3已经合为一个面，既少了一个面。因此，每当一组平行线相交后，就会减少一个面。
因此，本题所要求的折线分割平面，自然就是上面求的的平行线分割平面数减去N。
即2n² - n + 1 

#include <stdio.h>int main(void){    int n, i;    scanf("%d", &i);    while (i-- && scanf("%d", &n))        printf("%d\n", 2*n*n-n+1);    return 0;}

太过分了 居然只有这么短