在某塊平面土地上有n個點，你可以選擇其中的任意四個點，將這片土地圍起來，當然，你希望這四個點圍成
的多邊形面積最大。
n<=2000
比較基礎的計算幾何**複習題（誤）
首先，很容易證明一點：
所選擇的點一定位於凸包上。
因為如果存在最大四邊形使得點不全在凸包上，可以將不在凸包上的點外延，得到更大的凸包：
如下圖：
所選擇的四邊形中：左上角的點不在凸包上，那麼如果那個點選擇黃色區域的任意一點，都可以得到乙個更大的凸包：
很顯然，這個四邊形就不可能是最大的。
得到這個性質以後，我們選擇的範圍大大縮小，不過數量級沒有變化。
再來研究求解的過程：
一種很巧妙的思路是，暴力列舉兩個凸包上的點作為四邊形的對角線，再在這條線兩側各選擇乙個點，使得該點與這條線所構成的三角形面積盡量大。
這樣做的優點是：可以將問題分解為兩個互不干擾的相同的子問題，使問題變得簡單。
接下來有兩種方法：
solution a:
不難發現，如果要在某一側選乙個點，使得該點與這條線構成的三角形面積最大：假設這條線為底，因為這條線的長度已經確定，我們只需要使得它的高盡量大即可。
很容易發現：在凸包上，這樣的點組成的高線長是乙個單峰函式。所以只要在這些點中三分，就可以在o(
logn
) o(l
ogn)
複雜度內找到最遠點。
總的複雜度為o(
n2lo
gn) o(n
2log
n)//不過我寫都沒寫這種方法。
solution b
繼續研究這個單峰函式：
假設：能夠使列舉的對角線在有一公共點的情況下有序列舉（如圖）。
在這種情況下，結合之前的結論（單峰函式），我們會發現一點：對於這些線，所有的波峰的取值也是有序的（如圖）
對應關係：
1-d,2-d,3-e,4-f,5-f
有了這個性質，我們就不用再三分了。
我們根據上一次的波峰，比較它與它靠後乙個點，與新的線所組成的三角形面積的大小。這樣一來，複雜度也降低了，總的複雜度：o(
n2) o(n
2)這個思路看似十分巧妙，其實是根據旋轉卡殼的實現思路轉化而來的，如果看作是為旋轉卡殼作思想準備，這是一道不錯的好題。
除此之外，這就是一道不折不扣的計算幾何**複習題了
#include
#include
#include
#include
#include
#define sf scanf
#define pf printf
#define maxn 2010
using
namespace
std;
struct node
node(double xx,double yy):x(xx),y(yy) {}
node operator + (const node &a) const
node operator - (const node &a) const
node operator * (const
double &t) const
double
operator *(const node &a) const
double
operator ^(const node &a) const
bool
operator
< (const node &a) const
s.push(s1.top());
s1.push(p[i]);
}while(!s1.empty())
while(!s.empty())
s.pop();
}double sum(node a,node b,node c)
bool cmp(node a,node b)\n",l1[i].x,l1[i].y);*/
/*node t1=node(0,0);
node t2=node(1,1);
node t3=node(2,0);
pf("\n",sum(t1,t2,t3));*/
for(int i=1;i<=cnt1;i++)
}pf("%.3lf",ans);
}
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