求 \(\displaystyle \int_0^b \int_0^d \sqrt{x^2+y^2} \text{d}x\text{d}y\)。\(\newcommand\d[1] {\text{d}#1}\)
\[\begin{aligned} & \displaystyle \int_0^b \int_0^d \sqrt{x^2+y^2} \d{x}\d{y} \\ = & \int_0^b \int_{0}^{\frac{d}{b}x} \sqrt{x^2+y^2} \d{x}\d{y} + \int_0^b \int_{\frac{d}{b}x}^{d} \sqrt{x^2+y^2} \d{x}\d{y} \\ = & \int_0^{\arctan \frac{d}{b}} \int_{0}^{\frac{b}{\cos \theta}} r^2 \d{r} \d{\theta} \int_{\arctan \frac{d}{b}}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\frac{d}{\sin \theta}} r^2 \d{r} \d{\theta} \\ = & \frac{b^3}{3} \int_0^{\arctan \frac{d}{b}} \frac{1}{\cos^3 \theta} \d{\theta} + \frac{d^3}{3} \int_{\arctan \frac{d}{b}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sin^3 \theta} \d{\theta} \\ = & \frac{b^3}{3} \int_0^{\arctan \frac{d}{b}} \frac{1}{\cos^3 \theta} \d{\theta} + \frac{d^3}{3} \int_{\arctan \frac{d}{b}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sin^3 \theta} \d{\theta} \\ \end{aligned} \]极坐标代换：
图源：http://staff.ustc.edu.cn/~rui/ppt/math-analysis/chap10_2.html
中间一步拆分：注意到角度旋转时，顶点先抵住右边界、再抵住上边界，因此以对角线为界限拆分为两个三角形。
\(\displaystyle \int r \d{\theta} \d{r}\) 是许多阴影小块的面积，拼起来才是大圆（当然，这里是长方形。）
因为，本质上是分成许多小块，每块内近似取一样的答案。
\(r^2\) 来自于 \(\d{xy} \to r\d{r}\d{\theta}\)。
\[\begin{aligned} & \int \cos^{-3} x \text{d}x \\ = & \frac{\sin x}{2 \cos^2 x} + \frac{\ln |\sec x + \tan x|}{2} + C \\ \end{aligned} \]（这个看来只能慢慢学）
\[\begin{aligned} & \frac{b^3}{3} \int_0^{\arctan \frac{d}{b}} \frac{1}{\cos^3 \theta} \d{\theta} + \frac{d^3}{3} \int_{\arctan \frac{d}{b}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sin^3 \theta} \d{\theta} \\ = & \frac{b^3}{3} \int_0^{\arctan \frac{d}{b}} \frac{1}{\cos^3 \theta} \d{\theta} + \frac{d^3}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2} - \arctan \frac{d}{b}} \frac{1}{\cos^3 \theta} \d{\theta} \end{aligned} \]把式子代进去就行了。
既然这是题解，那就把剩下的部分写完。
考虑如何把两条线段放到坐标轴上。线性变换不会影响交点，因此交点应当被当作原点，然后旋转坐标系使 \(x, y\) 轴的方向为两条线段的方向。
旋转坐标系可以通过重载复数或矩阵乘法实现。还是重载复数吧。
容斥，做完了。
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