二維幾何-點集直徑

點集直徑，即給定點之間的最大距離。兩兩枚舉的方法需要O(n^2)時間，並不是很優秀。

有一個辦法可以更快的求出點集的直徑。首先求點集的凸包，則最大距離一定來自於凸包上的兩個頂點。由於凸包上的點的個數往往比原始點少很多，就算還是兩兩枚舉，速度也比直接枚舉快很多，當然最壞情況下時間複雜度仍是O（n^2)，需要繼續改進。

假設我們已經找到了直徑，端點爲Pi和Pj，現在我們分別從Pi和Pj出發各作一條垂直於PiPj的直線。

可以證明，整個凸包都被夾在了這兩條直線中間。如果不然，不妨設Pi的下方有一個凸包的點P‘，則連接P’Pj，假設和下面那條直線交於Q，則P‘Pj>PjQ>PiPj 與 PiPj是直徑矛盾，爲了方便，我們把兩條直線看成是有向直線，使得凸包位於兩條直線的左側。

像PiPj這樣存在兩條分別穿過這兩個點的平行直線，把凸包夾在中間的點被稱爲對踵點對。給定一個角，有無數條以它爲傾角的平行直線，但其中只有兩條能把凸包緊緊的夾在中間，因此對踵點最多隻有四對（一邊兩個點），這樣，我們可以用一種稱爲旋轉卡殼的方式找出所有對踵點對。

初始時，有兩條有向直線把凸包夾在中間，一條水平向右，一條水平向左，這是可以求出初始對踵點爲Pi和Pj（就是y座標最小和最大點）。接下來，逆時針旋轉兩條直線，看看對踵點對是如何變化的。假設穿過Pi的有向直線還需要逆時針旋轉i角度才能貼住邊PiPi+1，類似定義j。則當旋轉的角度同時小於i和j時對踵點始終不變。

如果i<j，當旋轉角度等於i時，穿過pi的直線邊會貼住PiPi+1，對踵點對中的Pi會變成Pi+1。同理，如果i>j，當旋轉角度等於j時穿過Pj的直線會貼住邊PjPj+1，對踵點對中的Pj會變成Pj+1。如果i=j，則兩條直線同時貼住新的邊，因此Pi和Pj分別變成Pi+1和Pj+1。注意Pi和Pj+1、Pi+1和Pj是對踵點對，不要漏掉它們。重複這一過程，直到穿過Pi的直線傾角大於180度時終止。由於每次旋轉至少會有一條直線貼出新的邊，旋轉過程的時間複雜度爲O(n)

既然最遠點對只會在對踵點中取到，只需在上述過程中每找到一對新的對踵點對時更新答案，就可以求出最遠點對。

注意，上述算法知識一個概念描述，下面的代碼是實用的寫法。

首先給出輔助函數:

兩點距離的平方.

int Dist(Point a, Point b)
{
    return (a.x-b.x) * (a.x-b.x) + (a.y-b.y) * (a.y-b.y);
}

求點集直徑，返回點集直徑的平方

int diameter(Point *p, int n)
{
    int u, v, ans;
    double diff;

    p[n] = p[0];    //不用取模了
    ans = 0;        //最大距離的平方
    for(u = 0, v = 1; u < n; u++)
        //一條直線貼住p[u]-p[u+1]
        for(;;)
        {
            /*
            當Area(p[u],p[u+1],p[v+1]) <= Area(p[u],p[u+1],p[v])時停止旋轉
            即Cross(p[u+1]-p[u], p[v+1]-p[u]) - Cross(p[u+1]-p[u], p[v]-p[u]) <= 0
            而根據Cross(A,B)-Cross(A,C) = Cross(A,B-C) 得
            Cross(p[u+1]-p[u],p[v+1]-p[v]) <= 0
            */
            diff = Cross(p[u+1]-p[u], p[v+1]-p[v]);
            if(diff <= 0)
            {
                ans = max(ans, Dist(p[u], p[v]));         //u和v是對踵點
                if(diff == 0)                             //u和v+1也是對踵點b
                    ans = max(ans, Dist(p[u], p[v+1]));
                break;
            }
            v = (v+1) % n;                                //面積峯值也隨着u的移動而移動
        }

    return ans;
}