题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6127
官方题解：平面直角坐标系上有n个整点，第i个点有一个点权val_i，坐标为(xi,yi)，其中不存在任意两点连成的直线经过原点。这些整点两两之间连有一条线段，线段的权值为其两端点的权值之积。你需要作一条过原点而不过任意一个给定整点的直线，使得和这条直线相交的线段的权值和最大。
对于一条直线，线段权值和实际上就等于其两边点权和的乘积，所以把所有点按极角排个序，然后扫一圈就好了。
分析：对所有的点先极角排序，以Y轴为分界线开始扫描，分别计算直线左右两边的价值和，则score=lsum*rsum，然后对点扫描（其实就是按顺时针方向旋转得到新的直线），更新lsum,rsum(根据具体的图来更新，lsum+,rsum-/sum+,lsum-),更新最大score。【注意数据范围】
CODE:
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<math.h>
#include<map>
#include<iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define lson l,m,root<<1
#define rson m+1,r,root<<1|1
#define PI acos(-1.0)
typedef long long LL;
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int maxn=3000005;
struct node
{
double x,y,k;
LL val;
bool operator < (const node &cmp)const
{
return k<cmp.k;
}
}c[maxn];
int main()
{
int t,n;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lf%lf%lld",&c[i].x,&c[i].y,&c[i].val);
if(c[i].x==0)
c[i].k=PI/2;
else
c[i].k=atan(c[i].y/c[i].x);
}
sort(c+1,c+1+n);
LL lsum=0,rsum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(c[i].x>=0)
lsum+=c[i].val;
else
rsum+=c[i].val;
}
LL ans=lsum*rsum;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(c[i].x>=0)
lsum-=c[i].val,rsum+=c[i].val;
else
rsum-=c[i].val,lsum+=c[i].val;
ans=max(ans,lsum*rsum);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}HDU 6129 题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6129
官方题解：有一个长度为n的整数序列{an}，对其做m次前缀异或和，求最终的序列。
可以发现做m次后，位置为x的初始值对位置为y的最终值的贡献次数是一个只和m与y-x相关的组合式，而我们只关注这个次数的奇偶性。考虑Lucas定理，C(a,b)是奇数当且仅当把a,b二进制表达后b中1的位置是a中1的位置的子集，于是这里所有满足条件的b有很好的性质，对每一个二进制位独立处理就能算出答案。
分析：打表找规律（看b[i]是由前面多少个数异或而来，两个相同数异或为0，我们只需要记录奇偶，看最终结果跟谁有关即可）
1 2 3 4 5
1 (1) (1,1) (1,1,1) (1,1,1,1) (1,1,1,1,1)
2 (1) (2,1) (3,2,1) (4,3,2,1) (5,4,3,2,1)
3 (1) (3,1) (6,3,1) (10,6,3,1) (15,10,6,3,1)
4 (1) (4,1) (10,4,1) (20,10,4,1) (35,20,10,4,1)
5 (1) (5,1) (15,5,1) (35,15,5,1) (70,35,15,5,1)
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
我们可以发现一个神奇的规律：
m次操作之后，b[0]=a[0];
b[1]=((C(m,1)%2)*a[0])^(a[1]);
b[2]=((C(m+1,2)%2)*a[0])^((C(m,1)%2)*a[1])^(a[2]);
b[3]=((C(m+2,3)%2)*a[0])^((C(m+1,2)%2)*a[1])^((C(m,1)%2)*a[2])^(a[3]);
b[4]=((C(m+3,4)%2)*a[0])^((C(m+2,3)%2)*a[1])^((C(m+1,2)%2)*a[2])^((C(m,1)%2)*a[3])^(a[4]);
对于样例：3 3
1 2 3
0 1 1
a[1]
a[1] a[2]
a[1] a[2] a[3]
则：b[1]=a[1]
b[2]=a[1]^a[2];
b[3]=a[2]^a[3];
CODE：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<math.h>
#include<map>
#include<iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long LL;
using namespace std;
const int maxn=2*1e5+10;
int a[maxn];
LL exp_mod(LL a,LL b,LL p)
{
LL res=1;
while(b!=0)
{
if(b&1)
res=(res*a)%p;
a=(a*a)%p;
b>>=1;
}
return res;
}
LL Comb(LL a,LL b,LL p)
{
if(b==0||b==a)
return 1;
if(a<b)
return 0;
if(a==b)
return 1;
if(b>a-b)
b=a-b;
LL ans=1,ca=1,cb=1;
for(LL i=0; i<b; ++i)
{
ca=(ca*(a-i))%p;
cb=(cb*(b-i))%p;
}
ans=(ca*exp_mod(cb,p-2,p))%p;
}
LL Lucas(LL n,LL m,LL p)
{
LL ans=1;
while(n&&m&&ans)
{
ans=(ans*Comb(n%p,m%p,p))%p;
n/=p;
m/=p;
}
return ans;
}
LL b[maxn];
LL f[25];
void init()
{
f[0]=1;
for(int i=1; i<20; i++)
f[i]=f[i-1]*2;
}
int gg[maxn];
LL sum[maxn];
int main()
{
int t,n;
init();
LL m;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(gg,0,sizeof(gg));
scanf("%d%lld",&n,&m);
// int pos=lower_bound(f,f+20,n)-f;
// m%=f[pos];
// cout<<f[pos]<<"----"<<f[pos+1]<<endl;
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%d",&a[i]);
LL ans=0;
for(int i=0; i<n; i++)
{
LL kk=Lucas(m+i-1,i,2);
// cout<<kk<<"* ";
if(kk)//看当前这位对结果的影响，如果为0，没任何影响
{//如果为1，则后面所有的数都要依次对0~n-1-i异或
for(int j=i; j<n; j++)
{
sum[j]^=a[j-i];
}
//cout<<sum[i]<<" ";
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(i)
printf(" ");
printf("%lld",sum[i]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
const int N=1e5+10;
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
int a[N*2];
int main()
{
int t,n,m;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
a[0]=0;
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d",&a[i]);
while(m)
{
int x=lowbit(m);
for(int i=1; i<=n; i++)
if(i-x>=0)
a[i]^=a[i-x];
m-=x;
}
for(int i=1; i<=n; i++)
printf("%d%c",a[i],i==n?'\n':' ');
}
return 0;
}