这是一道SB题,然而我是大SB。。。
发现N<=1500,可以先N^2求出所有矩形的对角线,当2条对角线相等且中点重合时可以认为找到了一个矩形。时间复杂度O(N^2logN^2+N^2)左右。
注意精度问题,中点请将座标*2,面积请用叉积。连cmath都不用!
P.S.:某同(da)学(ye)说可以留一个矩形,其他点座标相同,可以卡到n^4然而去(bing)重(mei)就(you)行(chong)了(he)。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,Ans,cnt;
struct dot{ll x,y;}a[1505];
struct T{ll x,y,l,a,b;}b[2000005];
bool operator<(T a,T b)
{
if (a.x!=b.x) return a.x<b.x;
if (a.y!=b.y) return a.y<b.y;
return a.l<b.l;
}
ll sqr(ll x){return x*x;}
ll Get(ll x,ll y,ll z)
{
return abs((a[x].x-a[y].x)*(a[y].y-a[z].y)-(a[x].y-a[y].y)*(a[y].x-a[z].x));
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
for (ll i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);
for (ll i=1;i<=n;i++)
for (ll j=i+1;j<=n;j++)
b[++cnt]=(T){a[i].x+a[j].x,a[i].y+a[j].y,sqr(a[i].x-a[j].x)+sqr(a[i].y-a[j].y),i,j};
sort(b+1,b+cnt+1);
for (ll i=1,j;i<=cnt;i=j+1)
{
for (j=i+1;j<=cnt&&b[j].x==b[i].x&&b[j].y==b[i].y&&b[j].l==b[i].l;j++);
j--;
for (ll i1=i;i1<=j;i1++)
for (ll j1=i1+1;j1<=j;j1++)
Ans=max(Ans,Get(b[i1].a,b[j1].a,b[i1].b));
}
printf("%lld\n",Ans);
}