题意：二维坐标xoy . 已知起点(L,0)，终点(R,0)。共有n个路灯，每个路灯坐标(x,y)以及一个角度 sita。 路灯的照射范围角的这角度内。问，从L出发到R，最多能走多少米（过程中必须能被光照到）


数据分析：1 ≤ n ≤ 20;  - 1e5 ≤ l ≤ r ≤ 1e5  1000 ≤ x[i] ≤ 1000; 1 ≤ y[i] ≤ 1000; 1 °≤ a[i] ≤ 90°


思路：穷举出所有的情况，如何穷举？----那就是状压DP了。对于一个数，其可拆成二进制数，二进制数的第j位，代表第j盏灯是否用到。1则为用到，否则没用到。接下来就是对于确定的状态，把它所有可以转移到的状态转移一下。


复杂度分析：O（n*2^n） / 2^31次才1e9。 所以放心不会T


CODE：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const ll maxn=1<<20;
ll x[20],y[20];
double a[20];
double dp[maxn];
ll n,l,r;

double deal(double x0,int i)
{
    double sita1=a[i]+atan((1.0*x0-1.0*x[i])/y[i]*1.0);
    double sita2=atan(    (r-1.0*x[i])/(1.0*y[i])   );
    return 1.0*x[i]+1.0*y[i]*tan(min(sita1,sita2));
}

int main(void)
{
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    cin >> n >> l >>r;
    r-=l;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        scanf("%I64d%I64d%lf",&x[i],&y[i],&a[i]);
        x[i]-=l;a[i]=a[i]*acos(-1.0)/180;
    }
    ll N=1<<n;
    for(int i=0;i<N;i++)
    {
        for(int j=0;j<n;j++)
        {
            if((i&(1<<j))==0)
            {
                dp[i|(1<<j)]=max(dp[i|(1<<j)],deal(dp[i],j));
            }
        }
    }
    printf("%.10f\n",dp[N-1]);
    return 0;
}