【BZOJ5099】[POI2018]Pionek

Description

在无限大的二维平面的原点(0,0)放置着一个棋子。你有n条可用的移动指令,每条指令可以用一个二维整数向量表示。每条指令最多只能执行一次,但你可以随意更改它们的执行顺序。棋子可以重复经过同一个点,两条指令的方向向量也可能相同。你的目标是让棋子最终离原点的欧几里得距离最远,请问这个最远距离是多少?

Input

第一行包含一个正整数n(n<=200000),表示指令条数。
接下来n行,每行两个整数x,y(|x|,|y|<=10000),表示你可以从(a,b)移动到(a+x,b+y)。

Output

输出一行一个整数,即最大距离的平方。

Sample Input

5
2 -2
-2 -2
0 2
3 1
-3 1

Sample Output

26

HINT

题解:假如我们已经确定了最终向量的方向,那么我们就会选择所有在这个方向上投影为正的向量。于是我们将所有向量按极角排序,然后枚举所有方向,用前缀和维护向量的和。可以先将序列倍长,然后用双指针法扫一遍即可。

不过需要注意的是,我们枚举的方向不仅是所有向量的方向,还有所有向量之间间隔的方向,所以我们在每个指针移动的时候都更新一下答案即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define pi acos(-1.0)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=200010;
int n;
ll ans;
struct node
{
int x,y;
double a;
}p[maxn<<1];
ll sx[maxn<<1],sy[maxn<<1];
bool cmp(const node &a,const node &b)
{
return a.a<b.a;
}
inline void check(int l,int r)
{
if(l<=r) ans=max(ans,(sx[r]-sx[l-1])*(sx[r]-sx[l-1])+(sy[r]-sy[l-1])*(sy[r]-sy[l-1]));
}
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-') f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+(gc^'0'),gc=getchar();
return ret*f;
}
int main()
{
n=rd();
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++) p[i].x=rd(),p[i].y=rd(),p[i].a=atan2(p[i].x,p[i].y),p[i+n]=p[i],p[i+n].a+=2*pi;
sort(p+1,p+2*n+1,cmp);
for(i=1;i<=2*n;i++) sx[i]=sx[i-1]+p[i].x,sy[i]=sy[i-1]+p[i].y;
for(i=j=1;i<=2*n;i++)
{
for(;j<i&&p[j].a<=p[i].a-pi;j++,check(j,i-1));
check(j,i);
}
for(;j<=2*n;check(j,2*n),j++);
printf("%lld",ans);
return 0;
}//2 1 10 1 -10

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