动态规划
来源:互联网 发布:视频剪辑软件排名 编辑:程序博客网 时间:2024/06/15 13:48
题目描述
Kiana最近沉迷于一款神奇的游戏无法自拔。
简单来说,这款游戏是在一个平面上进行的。
有一架弹弓位于(0,0)处,每次Kiana可以用它向第一象限发射一只红色的小鸟,小鸟们的飞行轨迹均为形如y=ax^2+bx的曲线,其中a,b是Kiana指定的参数,且必须满足a<0。
当小鸟落回地面(即x轴)时,它就会瞬间消失。
在游戏的某个关卡里,平面的第一象限中有n只绿色的小猪,其中第i只小猪所在的坐标为(xi,yi)。
如果某只小鸟的飞行轨迹经过了(xi,yi),那么第i只小猪就会被消灭掉,同时小鸟将会沿着原先的轨迹继续飞行;
如果一只小鸟的飞行轨迹没有经过(xi,yi),那么这只小鸟飞行的全过程就不会对第i只小猪产生任何影响。
例如,若两只小猪分别位于(1,3)和(3,3),Kiana可以选择发射一只飞行轨迹为y=-x^2+4x的小鸟,这样两只小猪就会被这只小鸟一起消灭。
而这个游戏的目的,就是通过发射小鸟消灭所有的小猪。
这款神奇游戏的每个关卡对Kiana来说都很难,所以Kiana还输入了一些神秘的指令,使得自己能更轻松地完成这个游戏。这些指令将在【输入格式】中详述。
假设这款游戏一共有T个关卡,现在Kiana想知道,对于每一个关卡,至少需要发射多少只小鸟才能消灭所有的小猪。由于她不会算,所以希望由你告诉她。
输入格式
第一行包含一个正整数T,表示游戏的关卡总数。
下面依次输入这T个关卡的信息。每个关卡第一行包含两个非负整数n,m,分别表示该关卡中的小猪数量和Kiana输入的神秘指令类型。接下来的n行中,第i行包含两个正实数(xi,yi),表示第i只小猪坐标为(xi,yi)。数据保证同一个关卡中不存在两只坐标完全相同的小猪。
如果m=0,表示Kiana输入了一个没有任何作用的指令。
如果m=1,则这个关卡将会满足:至多用[n/3+1]只小鸟即可消灭所有小猪。
如果m=2,则这个关卡将会满足:一定存在一种最优解,其中有一只小鸟消灭了至少[n/3]只小猪。
保证1<=n<=18,0<=m<=2,0<xi,yi<10,输入中的实数均保留到小数点后两位。
上文中,符号和分别表示对c向上取整和向下取整
输出格式
对每个关卡依次输出一行答案。
输出的每一行包含一个正整数,表示相应的关卡中,消灭所有小猪最少需要的小鸟数量
样例输入
输入样例#1:
2
2 0
1.00 3.00
3.00 3.00
5 2
1.00 5.00
2.00 8.00
3.00 9.00
4.00 8.00
5.00 5.00
输入样例#2:
3
2 0
1.41 2.00
1.73 3.00
3 0
1.11 1.41
2.34 1.79
2.98 1.49
5 0
2.72 2.72
2.72 3.14
3.14 2.72
3.14 3.14
5.00 5.00
输入样例#3:
1
10 0
7.16 6.28
2.02 0.38
8.33 7.78
7.68 2.09
7.46 7.86
5.77 7.44
8.24 6.72
4.42 5.11
5.42 7.79
8.15 4.99
样例输出
输出样例#1:1
1
输出样例#2:
2
2
3
输出样例#3:
6
说明
【样例解释1】这组数据中一共有两个关卡。
第一个关卡与【问题描述】中的情形相同,2只小猪分别位于(1.00,3.00)和 (3.00,3.00),只需发射一只飞行轨迹为y = -x^2 + 4x的小鸟即可消灭它们。
第二个关卡中有5只小猪,但经过观察我们可以发现它们的坐标都在抛物线 y = -x^2 + 6x上,故Kiana只需要发射一只小鸟即可消灭所有小猪。
【数据范围】
题目大意
给你n个点,用若干条抛物线覆盖这n个点,最少需要几个抛物线?题目分析
枚举两只猪,解出抛物线解析式,然后枚举所有猪看那些能够与打到,能够打到的压进状态中,存在数组中。
s[i][j] 表示用 i , j 两只猪枚举出来的抛物线,能够打出的猪的 01 状态。
f[i] 表示 打成 i 状态的猪,最少需要多少只小鸟
状态转移方程:
dp[i | s[j][k] ] = min(dp[i | s[j][k] ] , dp[i] + 1)0<= i < (1<<n) , 0<= j,k <n
这种写法可以过所有的NOIP官方数据(数据较水),但洛谷只能得75分,以后回头再看这题吧。。
时间复杂度:
O(n^3) 预处理处理抛物线
O(2^n *n*n) DP
#include<iostream>#include<cstring>#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;double pig[20][2];int f[300000];int s[20][20];bool ok[20][20];double abs(double t){ if (t > 0.0) return t; else return t * -1.0;}bool eq(double a,double b){ if (abs(a-b) < 1e-7) return true; else return false;}void init(){ memset(f,0x3f,sizeof(f)); memset(s,0,sizeof(s)); memset(ok,1,sizeof(ok));}int main(){ int T; cin >> T; while(T--) { init(); f[0] = 0; int n,command; cin >> n >> command; for (int i=0;i<n;i++) { cin >> pig[i][0] >> pig[i][1]; } for (int i=0;i<n;i++) { for (int j=0;j<n;j++) { if (i == j) { s[i][j] = (1 << i); // cout << i << " " << j << " " << s[i][j] << endl; continue; } double a,b; double &x1 = pig[i][0]; double &x2 = pig[j][0]; double &m = pig[i][1]; double &g = pig[j][1]; a = (x1*g-x2*m)/(x2*x1*x2-x2*x1*x1); b = (x1*g*x1-x2*x2*m)/(x2*x1*x1-x2*x2*x1); //cout << a << " " << b << endl; if (a > 0.0) { ok[i][j] = false; continue; } for (int k=0;k<n;k++) { double hzr = a*pig[k][0]*pig[k][0] + b*pig[k][0]; if (eq(hzr,pig[k][1])) { s[i][j] += (1 << k); } } //cout << i << " " << j << " " << s[i][j] << endl; } } for (int i=0; i < ( 1 << n ) ;i++) { for (int j=0;j<n;j++) { for (int k=0;k<n;k++) { f[i|s[j][k]] = min(f[i|s[j][k]],f[i]+1); } } } cout << f[(1<<n) - 1] << endl; } return 0;}
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