problem
平面内有n个点，每次可以确定一条过原点且开口向上的抛物线，将这条抛物线上所有的点都删去。问最少需要删几次可以删掉全部的点。
solution
n比较小，直接状压一下。因为已经确定了要过原点。所以每两个点都可以确定一条抛物线。预处理出所有抛物线以及每条抛物线可以删掉的点。
然后记忆化搜索，枚举每次选择的抛物线。转移即可。
注意精度！
确定抛物线的方法就用解二元一次方程组的方法即可。具体如下:
设抛物线的二次项系数为$a$，一次项系数为$b$ ，两个点的坐标分别为$(x_i,y_i),(x_j,y_j)$。
记$k_1=x_i^2,k_2=x_i,k_3=y_i,k_4=x_j^2,k_5=x_j,k_6=y_j$
然后就是解方程组
\[\left\{ \begin{aligned} k_1a+k_2b=k_3& &(1)\\ k_4a+k_5b=k_6& &(2) \end{aligned} \right.\]由$(1)$得$b=\frac{k_3-k_1a}{k_2}$,代回$(2)$得$a=\frac{k_2k_6-k_3k_5}{k_2k_4-k_1k_5}$
code
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double eps = 1e-9;
ll read() {
ll x = 0,f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
x = x * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
return x * f;
}
int tot;
bool calc(double a,double b,double x,double y) {
return fabs(a * x * x + b * x - y) <= eps;
}
double x[20],y[20],a[400],b[400];
int sol[400];
int n,m,f[1 << 20];
int dfs(int now) {
if(!now) return f[now] = 0;
if(f[now] != -1) return f[now];
int ret = 100000;
for(int i = 1;i <= tot;++i) {
int t = now & sol[i];
if(t != now) ret = min(ret,dfs(t) + 1);
}
return f[now] = ret;
}
int main() {
int T = read();
while(T--) {
tot = 0;
memset(f,-1,sizeof(f));
n = read(),m = read();
for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
for(int i = 1;i <= n;++i) {
for(int j = i + 1;j <= n;++j) {
if(fabs(x[i] - x[j]) <= eps) continue;
++tot;
double k1 = x[i] * x[i],k2 = x[i],k3 = y[i],k4 = x[j] * x[j],k5 = x[j],k6 = y[j];
a[tot] = ((k6 * k2 - k3 * k5)) / ((k4 * k2 - k1 * k5));
b[tot] = (k3 - k1 * a[tot]) / k2;
if(a[tot] >= 0) --tot;
}
}
for(int i = 1;i <= tot;++i) {
sol[i] = (1 << n) - 1;
for(int j = 1;j <= n;++j)
if(calc(a[i],b[i],x[j],y[j])) sol[i] ^= (1 << (j - 1));
}
for(int i = 1;i <= n;++i) {
++tot;
sol[tot] = ((1 << n) - 1) ^ (1 << (i - 1));
}
printf("%d\n",dfs((1 << n) - 1));
}
return 0;
}