DP--直线的不同交点数可能的情况

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1466 

题意不难解，第一道dp题。来自hdu的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：

1 ： 0

2 ：  0，1

3 ：  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，0条不平行，=> 无交点；

2、第四条与其中两条平行，1条不平行，交点数为(n-1)*1+0=3; 

3、第四条与其中一条平行，2条不平行，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：

n条直线的可能交点数=平行直线条数（n-r）*  非平行直线条数（r）+ r条直线可能的交点数

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A[21][191]来记录结点情况。

第一个索引代表直线的条数，第二个索引代表对应的交点个数，A[n][m]值为1，代表n条直线存在交点个数为m的情况，否则=0，代表不存在这样的情况，如A[4][6]=1，代表4条直线存在交点个数为6的情况

核心代码：

    A[1][0]=1;    A[2][0]=1;    A[2][1]=1;    for(i=3;i<=20;i++)                 {        A[i][0]=1;                 //交点个数为0的情况一定存在        for(r=0;r<=i-1;r++)        //r代表与第i条直线非平行的直线条数        {        for(j=0;j<191;j++)         //找出r条直线的所有可能的交点数        {            if(A[r][j]==1)         //r条直线存在j个交点的情况            {                A[i][(i-r)*r+j]=1; //（i-r）*r+j 代表（第i条与r条直线不平行时）i条直线的交点数，值赋为1                                   //即确定i条直线存在交点数为（i-r）*r+j 的情况            }        }        }    }

#include <iostream>using namespace std;int main(){    int A[21][191]={0};  //20*19/2=190    int n,i,j,r;    while(cin>>n)    {    A[1][0]=1;    A[2][0]=1;    A[2][1]=1;    for(i=3;i<=20;i++)    {        A[i][0]=1;        for(r=0;r<=i-1;r++)        {        for(j=0;j<191;j++)        {            if(A[r][j]==1)            {                A[i][(i-r)*r+j]=1;            }        }        }    }    int Count=0;    cout<<n<<" 条直线可能的交点数为：";    for(i=0;i<191;i++)        if(A[n][i]==1)    {        cout<<i<<" ";        Count++;    }    cout<<endl<<n<<" 条直线可能的不同交点数的个数为："<<Count<<endl;    cout<<endl;    }    return 0;}