test 9 小p的生成树 （最大生成树+数论）

题解：最大生成树+数论。

因为我们最终是要求 sqrt(sum(a)^2+sum(b)^2)尽可能的大，所以我们肯定不能单独考虑其中一个权值的影响。那么如何将两个影响考虑到一起呢？我们把(ai,bi)看成是有方向的向量，那么最终选取的边的和应该也是一个有方向的向量，假设我们找出该向量的极角，然后求出每个边对于该方向的投影，投影越大说明对该方向的贡献越大，所以我们可以根据a*cos+b*sin的值排序，然后用kruskal计算此方向的贡献。

那么角度有很多肯定不能全部枚举。根据kruskal的流程可知，生成树的形态与各边权值的相对大小有关，与具体权值无关。

我们考虑两条边的边权x1+y1i余x2+y2i (y1!=y2) 当两条边对应复数的投影相等时，方向向量(cos,sin)需要满足：x1*cos+y1*sin=x2*cos+y2*sin，化简后tan=(x1-x2)/(y2-y1) ,然后用atan可以解出其中的一个角，atan+pi可以得到另一个。而当y1=y2，x1!=x2，式子会化简成x1*cos=x2*cos 此时的角度为pi/2,3*pi/2

我们枚举每一对边，计算出两边投影相等时极角的分界点，此时这些分界点会把[-pi/2,3*pi/2)的极角区间分成若干个小区间。由于每条边的投影的大小是关于极角连续变化的，所以在每个小极角区间内，所有边的投影相对大小关系不变。

于是枚举区间，取区间任意方向做最大生成树即可。

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 400000
using namespace std;
double f[N],a[N],b[N],ans;
int fa[N],u[N],v[N],n,m,cnt;
struct data{
	int x,y;
	double v,a,b;
}tr[N];
int cmp(data a,data b)
{
	return a.v>b.v;
}
int find(int x)
{
	if (fa[x]==x) return x;
	fa[x]=find(fa[x]);
	return fa[x];
}
double work(double x)
{
	double x1=sin(x); double y1=cos(x);
	for (int i=1;i<=m;i++) {
	 tr[i].x=u[i]; tr[i].y=v[i]; tr[i].a=a[i]; tr[i].b=b[i];
	 tr[i].v=y1*a[i]+x1*b[i];	
	}
	sort(tr+1,tr+m+1,cmp);
	for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	double ansa=0,ansb=0; int size=0;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	 {
	 	int r1=find(tr[i].x); int r2=find(tr[i].y);
	 	if (r1!=r2) {
	 		fa[r2]=r1;
	 		size++; ansa+=tr[i].a; ansb+=tr[i].b; 
	 		if (size==n-1) break;
		 }
	 }
	return ansa*ansa+ansb*ansb;
}
void solve()
{
	cnt=0; ans=-1;
	for (int i=1;i<=m-1;i++)
	 for (int j=i+1;j<=m;j++)
	  {
	  	if (b[i]==b[j]) {
	  		f[++cnt]=M_PI/2; f[++cnt]=-M_PI/2;
		  }
		else f[++cnt]=atan((a[i]-a[j])/(b[j]-b[i])),f[cnt+1]=f[cnt]+M_PI,cnt++;
	  }
	f[++cnt]=-M_PI/2; f[++cnt]=M_PI*5/2;
	sort(f+1,f+cnt+1);
	cnt=unique(f+1,f+cnt+1)-f-1;
	for (int i=1;i<=cnt;i++)
	 ans=max(ans,work((f[i]+f[i-1])/2));
	printf("%.6lf\n",sqrt(ans));
}
int main()
{
	freopen("mst.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%lf%lf",&u[i],&v[i],&a[i],&b[i]);
	solve();
}