按照论文上第一种算法 时间复杂度：(O(S^2)) 空间复杂度：(O(S))
算法二的话需要离散化处理一下面积
(from 王知昆dalao的PPT)
现在矩形四个角上各加一个障碍点
第一次取1号点作为所要枚举的极大子矩形的左边界
设定上下边界为矩形的上下边界
从左向右扫描，第一次遇到2号点，可以得到一个有效的极大子矩形：
因为左边界覆盖1号点且右边界在2号点右边的有效子矩形都不能包含2号点，所以需要修改上下边界 2号点在1号点上方，因此要修改上边界
继续扫描到3号点，又得到一个极大有效子矩形：
因为三号点在一号点下方 因此修改下界
以此类推，可以得到所有以1号点为左边界的极大有效子矩形。
然后将左边界移动到2号点、3号点……横坐标的位置。开始扫描以2号点、3号点……为左边界的极大子矩形。
前面的做法可以找出所有左边界覆盖了一个障碍点的极大子矩形，此外，还有两类遗漏的情况
一类是左边界与整个矩形的左边界重合，右边界覆盖一个障碍点的情况。
解决方法：用类似的方法从右向左扫描一次
另一类是左边界与整个矩形的左边界重合，且右边界也与整个矩形的右边界重合的情况。
解决方法：预处理时增加特殊判断。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define rg register
#define Max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define Min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
const int N=30000+10,M=2e5+5,inf=0x3f3f3f3f,P=19650827;
int l,w,n,best;
template <class t>void rd(t &x){
x=0;int w=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
x=w?-x:x;
}
struct node{
int x,y;
bool operator<(const node&A)const{
return x==A.x?y<A.y:x<A.x;
}
}a[N];
bool cmp(node A,node B){return A.y<B.y;}
int main(){
freopen("in2.txt","r",stdin);
//freopen("xor.out","w",stdout);
rd(l),rd(w),rd(n);
for(int i=1;i<=n;++i) rd(a[i].x),rd(a[i].y);
a[++n].x=l,a[n].y=0,a[++n].x=0,a[n].y=w,
a[++n].x=0,a[n].y=0,a[++n].x=l,a[n].y=w;
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;++i){
int high=w,low=0,maxl=l-a[i].x;
for(int j=i+1;j<=n;++j){
if(maxl*(high-low)<=best) break;
best=Max(best,(a[j].x-a[i].x)*(high-low));
if(a[i].y==a[j].y) break;
else if(a[j].y>a[i].y) high=Min(high,a[j].y);
else low=Max(low,a[j].y);
}
high=w,low=0,maxl=a[i].x;
for(int j=i-1;j;--j){
if(a[j].y<=high&&a[j].y>=low){
if(maxl*(high-low)<=best) break;
best=Max(best,(a[i].x-a[j].x)*(high-low));
if(a[i].y==a[j].y) break;
else if(a[j].y>a[i].y) high=Min(high,a[j].y);
else low=Max(low,a[j].y);
}
}
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
for(int i=1;i<n;++i) best=Max(best,(a[i+1].y-a[i].y)*l);
printf("%d",best);
return 0;
}