problem

luogu-P4460

solution

题面以及数据告诉我们显然是状压 $dp$。

设 $f(s,i):$ 经过的点集 $s$ 最后一次画的点为 $i$ 的方案数。

直接枚举下一个之前没被画的点 $j$ 转移即可。

$f(s|2^j,j)\leftarrow f(s,i)$。

但这里需要保证 $i,j$ 两点间若存在点，必须这些点之前都被画过了。

我们预处理，开个 $\text{bitset}$ ，$g(i,j):$ 与 $i,j$ 贡献且在 $i,j$ 线段上的点集。

共线判断我们常用的是斜率，即 $\frac{y_k-y_i}{x_k-x_i}=\frac{y_k-y_j}{x_k-x_j}$。

但计算机 $/0$ 是会 $\text{RE}$ 的，所以我们尽量避免处罚，交叉相乘判断相等即可。

共线只是一个条件，必须是在 $i,j$ 形成的线段上，所以和 $i,j$ 的横纵坐标判断一下即可。

最后的最后，就是这道题可以不用完所有点。

条件只说了画的点数不小于 $4$ 即可。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 100000007
#define maxn 20
bitset < maxn > g[maxn][maxn];
int n, ans;
int X[maxn], Y[maxn], f[1 << maxn][maxn];bool check( int l, int r, int i ) {if( (X[i] - X[l]) * (Y[i] - Y[r]) != (X[i] - X[r]) * (Y[i] - Y[l]) )return 0;if( (X[i] >= max(X[l], X[r]) or X[i] <= min(X[l], X[r])) and (Y[i] >= max(Y[l], Y[r]) or Y[i] <= min(Y[l], Y[r])) ) return 0;return 1;
}signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 0;i < n;i ++ ) scanf( "%lld %lld", &X[i], &Y[i] );if( n < 4 ) return ! puts("0");for( int i = 0;i < n;i ++ )for( int j = 0;j < n;j ++ )for( int k = 0;k < n;k ++ )if( i == j or i == k or j == k ) continue;else if( check( i, j, k ) ) g[i][j][k] = 1;for( int i = 0;i < n;i ++ ) f[1 << i][i] = 1;for( int s = 0;s < (1 << n);s ++ ) {for( int i = 0;i < n;i ++ )if( f[s][i] )for( int j = 0;j < n;j ++ )if( s >> j & 1 ) continue;else {for( int k = g[i][j]._Find_first();k != g[i][j].size();k = g[i][j]._Find_next( k ) )if( ! (s >> k & 1) ) goto pass;(f[s | (1 << j)][j] += f[s][i]) %= mod;pass:;}}int ans = 0;for( int s = 0;s < (1 << n);s ++ )if( __builtin_popcount( s ) >= 4 )for( int i = 0;i < n;i ++ )(ans += f[s][i]) %= mod;printf( "%lld\n", ans );return 0;
}