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題目大意：兩個人正在玩游戲，現(xiàn)在給出 n 個點，兩個人輪流操作，每次可以選擇任意個貢獻的頂點然后刪除，最后無法操作的人失敗

題目分析：讀完題后想到了之前做過的一道題目：點擊查看

因為 n 比較小，不難想到狀態(tài)壓縮，所以最樸素的做法就是設(shè) m = 2^n ，直接 m * m 枚舉狀態(tài)然后寫 dfs 轉(zhuǎn)移狀態(tài)就好了，在此之前需要記得預處理一下共線的限制，共線限制也可以利用狀態(tài)壓縮來保存，只需要判斷每個二進制狀態(tài)中所有為 1 的位置是否共線即可，在處理共線限制時，因為時間復雜度計算的比較充裕，所以我直接選擇了 2^n * n^3 來預處理（正解好像是 2^n *n 的時間復雜度預處理的），原理就是：如果某些頂點貢獻，那么任意三個頂點都共線，這樣 2^n 枚舉狀態(tài)，n^3 枚舉三個頂點判斷是否貢獻即可，這樣總的時間復雜度就是 4^n ，還好出題人沒有卡時間，1.2s 水過去了

但顯然這樣肯定不是正解，賽后補題時，仔細分析了一下，發(fā)現(xiàn)：

假設(shè)當前是狀態(tài) x 向狀態(tài) y 進行轉(zhuǎn)移，那么對于任意一個位置來說，只會有三種情況：

x = 0 , y = 0，當前位置之前就被刪除

x = 0 , y = 1，本輪操作刪除當前位置

x = 1 , y = 1，當前位置本輪也不刪除

注意到?jīng)]有，當 x = 1 且 y = 0 時的這個狀態(tài)是不合法的，所以我們完全可以通過搜索進行剪枝將時間復雜度降低到 3^n，這也正需要一個小知識點：如何枚舉子集的子集

當然只需要兩行代碼就可以實現(xiàn)

for (int S=1; S<(1<<n); S++)for (int S0=S;S0;S0=(S0-1)&S)

然后實現(xiàn)就非常簡單了

代碼：
?

#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=15;int n;LL x[N],y[N];bool can[(1<<N)+100];int dp[(1<<N)+100];void init() {auto check=[&](int i,int j,int k){return (y[i]-y[j])*(x[i]-x[k])==(y[i]-y[k])*(x[i]-x[j]);};for(int t=1;t<1<<n;t++){can[t]=true;for(int i=0;i<n;i++){if((t&(1<<i))==0)continue;for(int j=i+1;j<n;j++){if((t&(1<<j))==0)continue;for(int k=j+1;k<n;k++){if((t&(1<<k))==0)continue;if(!check(i,j,k))can[t]=false;}} } } }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("input.txt","r",stdin); // freopen("output.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);scanf("%d",&n);for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lld%lld",x+i,y+i);init();for(int i=0;i<1<<n;i++)for(int j=i;j;j=(j-1)&i)if(can[j]&&!dp[i^j])dp[i]=true;if(dp[(1<<n)-1])puts("zyh");elseputs("fzj");return 0; }

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總結(jié)

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