lightoj 1018 - Brush (IV) 状压DP

有n个点，问可以用几条直线将所有点划去。

n是16，DP分类，很容易想到状压DP。dp[i]代表二进制状态下划去的点的集合下所需要的直线数量。

然后我们考虑的是加新的一条直线的情况下会划去那些点。枚举两个不在i状态的端点做直线，然后找在这条直线上的点...

然后TLE？

T是1000，时限2s，跑了2.8s，枚举直线上的点那个循环可以用预处理到数组中，1.6s..

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[1<<17];
vector<int> s[1<<17+3];
int line[17][17];
struct point
{
int x,y;
} p[20];
int inti()
{
for(int i=0; i<=(1<<17)-1; i++)
{
for(int j=0; j<=16; j++)
if((i&(1<<j))==0)
s[i].push_back(j);
}
}
int pd(int x,int y,int z)//判断三点是否共线
{
return (p[x].x - p[y].x)*(p[x].y - p[z].y) == (p[x].y - p[y].y)*(p[x].x - p[z].x);
}
int main()
{
int t;
inti();
scanf("%d",&t);
for(int cas=1; cas<=t; cas++)
{
int n;
scanf("%d",&n);
memset(line,0,sizeof(line));
memset(dp,127,sizeof(dp));
for(int i=0; i<n; i++)
{
scanf("%d %d",&p[i].x,&p[i].y);
line[i][i]=1<<i;
}
for(int i=0; i<n; i++)
{
for(int j=i+1; j<n; j++)
{
for(int k=0; k<n; k++)
{
if(pd(i,j,k))
line[i][j]|=(1<<k);
}
}
}
dp[0]=0;
for(int i=0; i<(1<<n)-1; i++)
{
int x = s[i][0];
for (int j=0; j<s[i].size(); j++)//找出在i这个状态下没有选中的两个点当做直线两个点
{
int y = s[i][j];
dp[i|line[x][y]] = min (dp[i|line[x][y]], dp[i]+1);
}
}
printf("Case %d: %d\n",cas,dp[(1<<n)-1]);
}
return 0;
}