[NOIP2016]愤怒的小鸟 D2 T3

Description

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=ax2+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=-x2+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。

Input

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?c?和?c?分别表示对c向上取整和向下取整

Output

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

Sample Input

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

Sample Output

1 1

HINT

【样例解释】
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 = -x2 + 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 = -x2 + 6x上，故Kiana只需要发射一只小鸟即可消灭所有小猪。

【子任务】

题解：考场时想用的BFS，结果一通搞，自己也拍了一堆数据（人肉对拍），感觉能拿个几十分交上去了，结果果断爆零，已泪奔。

后来发现是状压DP，一开始想到枚举子集来做，（复杂度O(2^n * tot)，tot是所有能一次干掉的猪），结果TLE，于是只能枚举抛物线了。

在当前状态中，每次枚举两个点，求出抛物线解析式，再枚举其他的点是否在抛物线上，复杂度O(2^n * n^3)，这样对付后几个测点会TLE，怎么办？

于是想到可以预处理出对于任意的两个点，有哪些点和这两个点在同一条抛物线上，将状态记录下来，于是立刻去了一重循环，变成O(2^n * n^2)，AC。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,m,tot;
double x[20],y[20];
int f[1<<18],v[20][20];
bool eq(double a,double b)
{
    return fabs(a-b)<0.000001;
}
void work()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int i,j,k;
    double a,b,a1,b1;
    for(i=1;i<=n;i++)    scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    f[0]=0;
    for(i=1;i<=n;i++)    //预处理
    {
        v[i][0]=1<<i-1;
        for(j=1;j<i;j++)
        {
            v[i][j]=v[i][0];
            a1=(y[j]*x[i]-y[i]*x[j])/(x[j]*x[j]*x[i]-x[i]*x[i]*x[j]);
            b1=(y[j]-a1*x[j]*x[j])/x[j];
            if(a1>=0)    continue;
            v[i][j]+=1<<j-1;
            for(k=1;k<j;k++)
            {
                a=(y[k]*x[i]-y[i]*x[k])/(x[k]*x[k]*x[i]-x[i]*x[i]*x[k]);
                b=(y[k]-a*x[k]*x[k])/x[k];
                if(eq(a,a1)&&eq(b,b1))    v[i][j]+=1<<k-1;
            }
        }
    }
    for(i=1;i<1<<n;i++)
    {
        for(j=1;(1<<j-1)<=i&&j<=n;j++)
        {
            if((i&(1<<j-1))!=1<<j-1)    continue;
            f[i]=min(f[i],f[i-v[j][0]]+1);
            for(k=1;k<j;k++)
            {
                if((i&(1<<k-1))!=1<<k-1)    continue;
                f[i]=min(f[i],f[i&(~v[j][k])]+1);
                    //直接将所有与j,k在同一抛物线上的点删掉
            }
        }
    }
    printf("%d\n",f[(1<<n)-1]);
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)    work();
    return 0;
}