【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