JZOJ3736数学题

题目

Description

Input

输入有多组测例，每组测例有一行，为4 个整数x1，y1， x2， y2，含义见题目描述。输入文件以EOF 结束。

Output

Sample Input

3 0 1 2

6 0 4 0

Sample Output

5

0

Data Constraint

题解

首先我们分析在什么情况下我们容易得解
观察题目，发现题目是要求二元二次函数的极值
设两个向量的模长为p,q;p>q
|ax+by|=(px)2+(qy)y−2pxqy∗cosa−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√
移项，处理方程后我们可以发现在cosa>1/2（我们设其为结论1）时最优解是p=1,q=0
那么我们现在就要不断的扩大这两个向量的夹角
怎么样才可以扩大这两个向量的夹角呢？
类似于欧几里得算法的思想，我们有
|ax+by|=|a(x−by)+b(x+ay)|那这两个向量就发生了角度上的变化
由于前面结论1，我们可以用类似exgcd的方法进行倒推
然后在倒推的时候我们可以先画一条垂线，然后根据±1的长短选择一种加的方法
如果在某一时刻两个向量的夹角大于九十度那么我们就把其中一个向量反向

贴代码

#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#define ll long longusing namespace std;ll a,b,c,d,x,y,x11,y11,x2,y2;ll sqr(ll x) {    return x*x;}void make(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2,ll &x,ll &y){    ll t1;    t1=x1*x2+y1*y2;    if (t1<0){        make(x1,y1,-x2,-y2,x,y);        y=-y;        return;    }    ll t2,t3;    t2=x1*x1+y1*y1;    t3=y2*y2+x2*x2;    if (t2>t3){        make(x2,y2,x1,y1,y,x);        return;    }    if (sqr(t1)*4<=t2*t3){        x=1; y=0;        return;    }    ll k;    k=t1/t2;    if (2*t1<=t2*(k+k+1)){        make(x1,y1,x2-x1*k,y2-y1*k,x,y);        x-=y*k;    } else{        make(x1,y1,x2-x1*(k+1),y2-y1*(k+1),x,y);        x-=y*(k+1);    }}int main(){    freopen("math.in","r",stdin);    freopen("math.out","w", stdout);    while (scanf("%lld%lld%lld%lld",&x11,&y11,&x2,&y2)!=EOF){        x=1;        y=1;        make(x11,y11,x2,y2,x,y);        printf("%lld\n",sqr(x11*x+x2*y)+sqr(y11*x+y2*y));    }}