形式化题目

在平面上给定第一象限内的 $n$ 个点 $(x_i, y_i)$（$0 < x_i, y_i < 10$，互不相同）。每次操作选择一条形如 $y = ax^2 + bx$（$a < 0$，$a,b$ 为实数）的抛物线，所有恰好落在这条曲线上的点被"消灭"。求消灭全部 $n$ 个点所需的最少操作次数。共 $T$ 组数据，$1 \leqslant n \leqslant 18$。

正解

思路

朴素做法。 最直接的想法是：每只小猪单独发射一只鸟去打，答案上界是 $n$。要减少次数，就要让一只鸟顺路多打几只——问题变成"哪些小猪能被同一条抛物线一起带走"。

第一步：小猪集合可以化成 bitmask。 一条轨迹 $y = ax^2 + bx$ 必须过原点。任取两只不在同一竖直线上的小猪 $(x_1, y_1)$、$(x_2, y_2)$，把它们代入方程得到线性方程组

也就是说：一条合法轨迹最多由两只小猪唯一确定。反过来，若某次发射打中了 $\geqslant 2$ 只小猪，其中任意两只确定出的就是这条轨迹本身。所以值得考虑的抛物线只有

这 $O(n^2)$ 条。两种特殊情况退化成"只打 $i$ 自己"：$x_i = x_j$（两点同列，方程组无解）以及解出的 $a \geqslant 0$（开口向上或水平，不能从原点射进第一象限再落回地面）。坐标只有两位小数，“经过"用 $\varepsilon = 10^{-6}$ 判定：$|a x_k^2 + b x_k - y_k| < \varepsilon$。$\text{LINE}[i][i] = \{i\}$，代表"故意单打一只”。

第二步：集合覆盖 → 状压 DP。 现在每个候选抛物线对应一个"一次发射能消灭的小猪集合"，问题变成：用最少的集合把全集 $\{0, 1, \dots, n-1\}$ 覆盖。$n \leqslant 18$ 正是 bitmask DP 的信号：

初值 $dp[0] = 0$，答案是 $dp[\text{全满}]$。若直接从每个状态枚举所有 $O(n^2)$ 条线，会有大量重复计数；标准技巧是给转移定序：设 $low$ 是当前还活着的编号最小的小猪，它迟早要被某只鸟"第一次"消灭——固定当前这只鸟就是解决它的那只，于是只需枚举 $\text{LINE}[low][j]$（$j$ 遍历所有小猪，含 $j = low$），从 $S$ 转到 $S \cup \text{LINE}[low][j]$。每只活猪的"第一次"都被恰好转移一次覆盖，不重不漏。

题面的 $m$ 指令呢？ $m = 1$、$m = 2$ 保证的是最优解的形状（有 $\lfloor n/3 \rfloor$ 连杀、$\lceil n/3 + 1 \rceil$ 只内全灭），源自"任意三只小猪中必有两只确定的抛物线合法"的组合性质，用于引导搜索 + 剪枝的写法；状压 DP 不依赖这些性质，读入后直接忽略 $m$。

代码

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 */

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double EPS=1e-6; const int INF=1<<30;
struct Point{double x,y;};
int line_of(vector<Point>&pts,int i,int j){ if(i==j) return 1<<i; double x1=pts[i].x,y1=pts[i].y,x2=pts[j].x,y2=pts[j].y; if(fabs(x1-x2)<EPS) return 1<<i; double a=(y1/x1-y2/x2)/(x1-x2); if(a>=-EPS) return 1<<i; double b=y1/x1-a*x1; int mask=0; for(int k=0;k<(int)pts.size();k++) if(fabs(a*pts[k].x*pts[k].x+b*pts[k].x-pts[k].y)<EPS) mask|=1<<k; return mask; }
int solve_level(vector<Point>&pts){int n=pts.size(), full=(1<<n)-1; vector<vector<int> > line(n, vector<int>(n)); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<n;j++) line[i][j]=line_of(pts,i,j); vector<int> dp(1<<n,INF); dp[0]=0; for(int mask=0;mask<(1<<n);mask++){int rest=full^mask; if(dp[mask]==INF||rest==0) continue; int low=0; while(((rest>>low)&1)==0) low++; int nxt=dp[mask]+1; for(int j=0;j<n;j++){int nm=mask|line[low][j]; if(nxt<dp[nm]) dp[nm]=nxt;}} return dp[full];}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr); int T; if(!(cin>>T)) return 0; while(T--){int n; string m; cin>>n>>m; vector<Point> pts(n); for(int i=0;i<n;i++) cin>>pts[i].x>>pts[i].y; cout<<solve_level(pts)<<'\n';} return 0;}

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import sys

EPS = 1e-6   # 坐标只保留两位小数，抛物线"经过"用这个精度判定
INF = 1 << 30


def line_of(pts: list[tuple[float, float]], i: int, j: int) -> int:
    """过原点与猪 i、猪 j 的抛物线顺路能打死的猪集合（bitmask）。

    i == j 时退化为"只打死 i 自己"；两点同列或开口向上（a ≥ 0）时
    不存在合法轨迹，同样只打死 i 自己。
    """
    (x1, y1), (x2, y2) = pts[i], pts[j]
    if abs(x1 - x2) < EPS:                          # 两点同列，抛物线不存在
        return 1 << i
    a = (y1 / x1 - y2 / x2) / (x1 - x2)             # 解 y=ax²+bx 过两点的方程组
    if a >= -EPS:                                   # 必须 a < 0 才能从原点射进第一象限
        return 1 << i
    b = y1 / x1 - a * x1
    return sum(1 << k for k, (x, y) in enumerate(pts) if abs(a * x * x + b * x - y) < EPS)


def solve_level(pts: list[tuple[float, float]]) -> int:
    """状压 DP：dp[已消灭的猪集合] = 最少小鸟数。"""
    n = len(pts)
    full = (1 << n) - 1
    LINE = [[line_of(pts, i, j) for j in range(n)] for i in range(n)]

    dp = [INF] * (1 << n)
    dp[0] = 0
    for mask in range(1 << n):
        rest = full ^ mask
        if dp[mask] == INF or rest == 0:            # 不可达 / 已经全灭
            continue
        low = (rest & -rest).bit_length() - 1       # 编号最小的活猪，必须由下一只鸟解决
        nxt = dp[mask] + 1
        for line in LINE[low]:
            nm = mask | line
            if nxt < dp[nm]:
                dp[nm] = nxt
    return dp[full]


def solve() -> None:
    data = iter(sys.stdin.buffer.read().split())
    out: list[str] = []
    T = int(next(data))

    for _ in range(T):
        n = int(next(data))
        m = next(data)  # 神秘指令类型，只提示解的结构，不影响最坏情况下的最优解
        # 依次读入 x_i、y_i（float(next) 从左到右求值，先 x 后 y）
        pts = [(float(next(data)), float(next(data))) for _ in range(n)]
        out.append(str(solve_level(pts)))

    print('\n'.join(out))


if __name__ == "__main__":
    solve()

复杂度

• 预处理候选线：$O(n^2)$ 条 × 每条 $O(n)$ 次判定 = $O(n^3)$，$n \leqslant 18$。
• DP：$2^n$ 个状态 × 每状态 $n$ 次转移 = $O(2^n \cdot n) \approx 4.9 \times 10^7$，空间 $O(2^n)$。
• 这与标准 C++ 正解同阶；Python 实现在本仓库 20 组真实数据上每组不超过 $0.02\,\mathrm{s}$、峰值约 $15\,\mathrm{MB}$，远低于限制。

图示解析

以样例 2 的第 3 关为例：5 只小猪 $(2.72,2.72)$、$(2.72,3.14)$、$(3.14,2.72)$、$(3.14,3.14)$、$(5.00,5.00)$。其中前四只恰好构成关于直线 $x = y$ 的对称方阵，第 5 只在对角线方向更远处。第一步预处理后，几条有代表性的候选抛物线如下（猪从 0 开始编号）：

注意同列的 0 与 1（$x$ 都是 $2.72$）、2 与 3（$x$ 都是 $3.14$）之间没有合法候选线——这正是 $x_i = x_j$ 需要特判的原因。

DP 从 $dp[0] = 0$ 出发，每次转移固定编号最小的活猪 $low$，用"解决 $low$ 的那条线"扩展集合。最优路线为：

答案 3。读者应观察两点：一条抛物线天然对应一个 bitmask 集合；"最小活猪定序"让每步枚举从 $O(n^2)$ 条线缩到 $O(n)$ 条，把指数里的 $n^2$ 因子压成 $n$。

总结

• 把"发射一只鸟"抽象成 $O(n^2)$ 条候选抛物线上的 bitmask 集合，是本题唯一的建模跳跃；两只猪定一条抛物线（$a<0$、不同列才合法）是核心观察。
• $n \leqslant 18$ 提示状压 DP；"编号最小活猪定序"消除排列重复，转移 $O(2^n \cdot n)$。
• 实现细节：同列与 $a \geqslant 0$ 特判成"单打"、$\varepsilon$ 判经过、$m$ 指令直接忽略。
• 验证：三个官方样例一致；data 仓 20 组真实测试数据全部 PASS。