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Kiana 最近沉迷于一款神奇的游戏无法自拔。   

简单来说，这款游戏是在一个平面上进行的。 

有一架弹弓位于 $(0,0)$ 处，每次 Kiana 可以用它向第一象限发射一只红色的小鸟， 小鸟们的飞行轨迹均为形如 $y=ax^2+bx$ 的曲线，其中 $a,b$ 是 Kiana 指定的参数，且必须满足 $a<0$。

当小鸟落回地面（即 $x$ 轴）时，它就会瞬间消失。

在游戏的某个关卡里，平面的第一象限中有 $n$ 只绿色的小猪，其中第 $i$ 只小猪所在的坐标为 $(x_i,y_i)$。 

如果某只小鸟的飞行轨迹经过了 $(x_i, y_i)$，那么第 $i$ 只小猪就会被消灭掉，同时小鸟将会沿着原先的轨迹继续飞行； 

如果一只小鸟的飞行轨迹没有经过 $(x_i, y_i)$，那么这只小鸟飞行的全过程就不会对第 $i$ 只小猪产生任何影响。 

例如，若两只小猪分别位于 $(1,3)$ 和 $(3,3)$，Kiana 可以选择发射一只飞行轨迹为 $y=−x^2+4x$ 的小鸟，这样两只小猪就会被这只小鸟一起消灭。 

而这个游戏的目的，就是通过发射小鸟消灭所有的小猪。 

这款神奇游戏的每个关卡对 Kiana 来说都很难，所以 Kiana 还输入了一些神秘的指令，使得自己能更轻松地完成这个这个游戏。   

这些指令将在输入格式中详述。 

假设这款游戏一共有 $T$ 个关卡，现在 Kiana 想知道，对于每一个关卡，至少需要发射多少只小鸟才能消灭所有的小猪。  

由于她不会算，所以希望由你告诉她。

注意:本题除 NOIP 原数据外，还包含加强数据。

输入格式

第一行包含一个正整数 $T$，表示游戏的关卡总数。

下面依次输入这 $T$ 个关卡的信息。

每个关卡第一行包含两个非负整数 $n,m$，分别表示该关卡中的小猪数量和 Kiana 输入的神秘指令类型。

接下来的 $n$ 行中，第 $i$ 行包含两个正实数 $(x_i,y_i)$，表示第 $i$ 只小猪坐标为 $(x_i,y_i)$，数据保证同一个关卡中不存在两只坐标完全相同的小猪。

如果 $m=0$，表示 Kiana 输入了一个没有任何作用的指令。

如果 $m=1$，则这个关卡将会满足：至多用 $⌈n/3+1⌉$ 只小鸟即可消灭所有小猪。

如果 $m=2$，则这个关卡将会满足：一定存在一种最优解，其中有一只小鸟消灭了至少 $⌊n/3⌋$ 只小猪。

保证 $1 \\le n \\le 18，0 \\le m \\le 2，0<x_i,y_i<10$，输入中的实数均保留到小数点后两位。

上文中，符号 $⌈c⌉$ 和 $⌊c⌋$ 分别表示对 $c$ 向上取整和向下取整，例如 ：$⌈2.1⌉=⌈2.9⌉=⌈3.0⌉=⌊3.0⌋=⌊3.1⌋=⌊3.9⌋=3$。

输出格式

对每个关卡依次输出一行答案。

输出的每一行包含一个正整数，表示相应的关卡中，消灭所有小猪最少需要的小鸟数量。

数据范围

输入样例：

2
2 0
1.00 3.00
3.00 3.00
5 2
1.00 5.00
2.00 8.00
3.00 9.00
4.00 8.00
5.00 5.00

输出样例：

1
1

思路

这道题是一道精确覆盖问题的模板题，可以用$\text{DLX}$解决，但是注意到$n\le 18$，所以考虑状压$\text{DP}$。
由题意，我们能得出以下结论：

• $c=0$
• $a < 0$

所以二次函数可以化为$y=a\cdot x^2+b\cdot x$，所以我们可以用两个点确定二次函数。
假设我们已知两个点$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$，带入函数中，得：$$\begin{cases}a\cdot {x_1}^2+b\cdot {x_1}=y_1\\\ a\cdot {x_2}^2+b\cdot {x_2}=y_2\end{cases}$$

将$1$式除以$x_1$，$2$式除以$x_2$，得：

$$\begin{cases}a\cdot {x_1}+b=\dfrac{y_1}{x_1}\\\ a\cdot {x_2}+b=\dfrac{y_2}{x_2}\end{cases}$$

将$1$式减去$2$式，得：

$$a\cdot {(x_1-x_2)}=\dfrac{y_1}{x_1}-\dfrac{y_2}{x_2}$$
$$\therefore a=\dfrac{\dfrac{y_1}{x_1}-\dfrac{y_2}{x_2}}{{(x_1-x_2)}}$$
$$\therefore b=\dfrac{y_1}{x_1}-a\cdot x_1$$

我们以$g_{i,j}$表示包含$a_i$和$a_j$两点所在得二次函数中能穿过的点得状压形式。
闫氏$\text{DP}$分析法：

状态表示：$f_i$

• 集合：当前状态为$i$的最小答案
• 属性：$\min$

状态计算：

• 找到第一个不在$i$中的点
• 以这个点和另外个点所在的二次函数去更新新的集合的答案
• 所以状态转移方程就是：$f_{i|g_{t,j}}=\min\{f_{i|g_{t,j}},f_{i}+1\}$

注：这个状态转移方程是由这个点向别的点转移。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair <double,double> PDD;
const int N = 18;
const double EPS = 1e-8;
int n,t;
PDD q[N];
int g[N][N];    //g[i][j]表示经过点i和点j时的二次函数能经过所有点的状态,其中g[i][i] = 1 << i
int f[1 << N];
int cmp (double x,double y) {
    if (fabs (x - y) < EPS) return 0;
    if (x < y) return -1;
    return 1;
}
int main () {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> t;
        for (int i = 0;i < n;i++) cin >> q[i].x >> q[i].y;
        memset (g,0,sizeof (g));    //重置，因为后面我们判断的是x1 == x2但是有时i != j时也满足
        for (int i = 0;i < n;i++) {
            g[i][i] = 1 << i;
            for (int j = 0;j < n;j++) {
                auto [x1,y1] = q[i];
                auto [x2,y2] = q[j];
                if (x1 == x2) continue;
                double a = (y1 / x1 - y2 / x2) / (x1 - x2),b = y1 / x1 - a * x1;
                if (cmp (a,0) >= 0) continue;
                int state = 0;
                for (int k = 0;k < n;k++) {
                    auto [x,y] = q[k];
                    if (!cmp (a * x * x + b * x,y)) state += 1 << k;
                }
                g[i][j] = state;
            }
        }
        memset (f,0x3f,sizeof (f));
        f[0] = 0;
        for (int i = 0;i < (1 << n) - 1;i++) {
            int t;
            for (int j = 0;j < n;j++) {
                if (!(i >> j & 1)) {
                    t = j;
                    break;
                }
            }
            for (int j = 0;j < n;j++) f[i | g[t][j]] = min (f[i | g[t][j]],f[i] + 1);
        }
        cout << f[(1 << n) - 1] << endl;
    }
    return 0;
}