题目：
Description
桌面上放有 n 张卡牌。对于每张卡牌，一面是绿色的，另一面是红色的。卡牌的每一面都标有一个整数。对于卡牌a和卡牌b，卡牌a对卡牌b的好感度为卡牌a绿色面的数与卡牌b红色面的数的乘积。
举个例子，如果卡牌a绿色面标有10，红色面标有3；卡牌b绿色面标有7，红色面标有-2。那么a对b的好感度为 10×(−2)=−20 ，b对a的好感度为 7×3=21 。则a和b的好感度的差异为 |21−(−20)|=41 。
现在，你知道这 n 张卡牌每一面的数，请你找出两张卡牌，使得他们好感度的差异最大。
Input
第一行为一个整数 n ，表示卡牌的数量。
接下来n行，每行两个整数 gi,ri ，分别表示第i张卡牌绿色面和红色面的数。
Output
Sample Input
5
9 -1
7 8
-2 4
9 -6
3 5
Sample Output
114
HINT
【样例解释】
第2张和第4张牌的好感度的差异最大：
【数据规模与约定】
对于20%的数据，n≤3000
对于另外20%的数据，数据保证随机
对于所有数据，2≤n≤105,−109≤gi,ri≤109
题解：
解法：凸包。
首先，把(g[i], r[i])看成平面上的点，所求的值即为三角形（原点、a、b）面积的最大值的两倍（a, b为卡牌）。
其次，选出的两张卡牌一定是凸包上的点。下面证明：
假设两张卡牌都不是凸包上的点，则任选这两点中的一点a与原点O连成直线。则现在的目标是选择另外一点b使得三角形Oab的面积最大。将所有点往直线Oa作高发现，与直线Oa距离最远的点一定是凸包上的点，与假设矛盾。
假设一张卡牌a是凸包上的点，另一张卡牌b不是，仍可按照上面的方法证明b一定是凸包上的点，从而使假设矛盾。
如果数据是随机的话，把凸包上的点找出来（大概也就40个左右），O(n^2)枚举一下即可。
但是后面60%的数据都是我构造的，O(n^2)可能过不了（不排除有些同学水得比较高超把它们都水过了）～
我们可以枚举凸包上的一个点a，通过二分/三分找到离直线Oa最远的点。
本题标程时间复杂度O(n log n)
心得：
凸包的旋转卡壳的运用（注意枚举所有点··不然会漏，因为不一定是单峰的）
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<cctype> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> using namespace std; const int N=3e5+5; struct point { long long x; long long y; }p[N],q[N]; inline point operator -(point a,point b) { point t; t.x=a.x-b.x; t.y=a.y-b.y; return t; } inline long long operator *(point a,point b) { return a.x*b.y-a.y*b.x; } inline long long norm(point a) { return a.x*a.x+a.y*a.y; } int n,m; long long green[N],red[N]; long long ans=0; long long jdz(long long x) { return x>0?x:-x; } bool comp(int u,int v) { long long det=(p[u]-p[1])*(p[v]-p[1]); if(det!=0) return det>0; else return norm(p[u]-p[1])<norm(p[v]-p[1]); } bool compx(point a,point b) { point po; po.x=0,po.y=0; point a1=a-po; point b1=b-po; if(a1*b1!=0) return a1*b1>0; else return norm(a)<norm(b); } void tubao() { int id=1; for(int i=2;i<=n;i++) if((p[i].x<p[id].x)||(p[i].x==p[id].x&&p[i].y<p[id].y)) id=i; if(id!=1) swap(p[id],p[1]); int per[N]; for(int i=1;i<=n;i++) per[i]=i; sort(per+2,per+n+1,comp); q[++m]=p[1]; for(int i=2;i<=n;i++) { int j=per[i]; while(m>=2&&(p[j]-q[m-1])*(q[m]-q[m-1])>=0) m--; q[++m]=p[j]; } sort(q+1,q+m+1,compx); } long long area(int a,int b) { return jdz(q[a]*q[b]); } int main() { // freopen("a.in","r",stdin); //freopen("a.out","w",stdout); scanf("%d",&n); if(n<=3000) { for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&green[i],&red[i]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) { if(i==j) continue; long long temp1=green[i]*red[j]; long long temp2=green[j]*red[i]; ans=max(ans,temp1-temp2); } printf("%lld",ans); } else { for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&p[i].x,&p[i].y); point temp; temp.x=0; temp.y=0; p[++n]=temp; tubao(); for(int i=1,j=2;i<=m;i++) { while(true) { int k=j==n?1:j+1; if(area(i,j)>=area(i,k)) break; else j=k; } ans=max(ans,area(i,j)); } printf("%lld ",ans); } return 0; }