传送门
这个题我改了好久呢。（最终居然是挂在常识上，我的算法完全没写错）
算是计算几何的第一步啦
这个题很容易想到四边形的四个点在凸包上，但是暴力枚举复杂度依然感人
可以考虑先枚举对角线，那么另外两个点就满足单峰，可以用三分优化，据说这样写卡卡常能过
然后发现枚举对角线的过程中，另外两个点也是跟着在动的，维护一下就好了
时间复杂度(O(n^2))
代码：（懒得判叉积方向了，直接用fabs，反正是面积，符号不影响）
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define rg register
const int maxn=2010;
int n,top,top1;double ans;
struct oo{double x,y;}a[maxn],st[maxn],stt[maxn];
double operator*(oo a,oo b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
oo operator-(oo a,oo b){return (oo){b.x-a.x,b.y-a.y};}
bool cmp(oo a,oo b){return a.x<b.x;}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(rg int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y);
sort(a+1,a+n+1,cmp);
++top,st[top]=a[top],++top,st[top]=a[top];
for(rg int i=3;i<=n;i++)
{
while(top-1&&(st[top-1]-st[top])*(st[top-1]-a[i])<=0)top--;
st[++top]=a[i];
}
++top1,stt[top1]=a[top1],++top1,stt[top1]=a[top1];
for(rg int i=3;i<=n;i++)
{
while(top1-1&&(stt[top1-1]-stt[top1])*(stt[top1-1]-a[i])>=0)top1--;
stt[++top1]=a[i];
}
for(rg int i=top1-1;i>=2;i--)st[++top]=stt[i];st[top+1]=st[1];
for(rg int i=1;i<=top;i++)
{
int a=i%top+1,b=(i+2)%top+1;
for(rg int j=i+2;j<=top;j++)
{
while(a%top+1!=j&&fabs((st[a+1]-st[i])*(st[a+1]-st[j]))>fabs((st[a]-st[i])*(st[a]-st[j])))a=a%top+1;
while(b%top+1!=i&&fabs((st[b+1]-st[i])*(st[b+1]-st[j]))>fabs((st[b]-st[i])*(st[b]-st[j])))b=b%top+1;
ans=max(ans,fabs((st[a]-st[j])*(st[a]-st[i]))+fabs((st[b]-st[i])*(st[b]-st[j])));
}
}
printf("%.3lf",ans/2.0);
}