给出平面上的n个点，找一个矩形，使得边界上包含尽量多的点。
【输入格式】
输入的第一行为数据组数T。每组数据的第一行为整数n（1≤n≤100）；以下n行每行两个整数，即各个点的坐标（坐标均为绝对值不超过10的整数）。输入结束标志为n=0。
【输出格式】
对于每组数据，输出边界点个数的最大值。
先贴题解的精妙预处理：
不难发现，除非所有输入点都在同一行或者同一列上（此时答案为n），最优矩形的4条边都至少有一个点（一个角上的点同时算在两条边上）。这样，我们可以枚举4条边界所穿过的点，然后统计点数。这样做的时间复杂度为O(n)（统计点数还需要O(n)时间），无法承受。
和《子序列》一题类似，可以考虑部分枚举，即只枚举矩形的上下边界，用其他方法确定左右边界，过程如图1-31所示。
对于竖线i，我们用left[i]表示竖线左边位于上下边界上的点数（注意，不统计位于该竖线上的点），on[i]和on2[i]表示竖线上位于上下边界之间的点数（区别在于on[i]不统计位于上下边界上的点数，而on2[i]要统计）。这样，给定左右边界i和j时，矩形边界上的点数为left[j]-left[i]+on[i]+on2[j]。当右边界j确定时，on[i]-left[i]应最大。
枚举完上下边界后，我们先花O(n)时间按照从左到右的顺序扫描一遍所有点，计算left、on[i]和on2[i]数组，然后枚举右边界j，同时维护on[i]-left[i]（i<j）的最大值。这一步本质上等价于例题《开放式学分制》。
再讲解一下这题的离散化处理
给每个点一个新的坐标 x坐标 为其原x坐标的排序后位置
y坐标 为其原y坐标的排序后位置
对于对距离不敏感的点集问题 这样十分方便处理问题
贴代码：
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <string>
#define oo 0x13131313
const int maxn=100+5;
using namespace std;
struct point
{
int x,y;
};
point P[maxn];
int N;
int YN,XN;
int ans;
int FF[maxn][maxn];
int CE[maxn][maxn];
int UP[maxn][maxn];
void input()
{
YN=0;XN=0;
memset(FF,0,sizeof(FF));
memset(CE,0,sizeof(CE));
memset(UP,0,sizeof(UP));
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d%d",&P[i].x,&P[i].y);
}
int cmp1(const void *i,const void *j)
{
point *ii=(point *)i,*jj=(point *)j;
return ii->x-jj->x;
}
void getXN()
{
int i;
qsort(P+1,N,sizeof(P[1]),cmp1);
for(i=1;i<=N;i++)
{
if(P[i].x!=P[i-1].x)
{
XN++;
P[i-1].x=XN-1;
}
else P[i-1].x=XN;
}
P[N].x=XN;
}
int cmp2(const void *i,const void *j)
{
point *ii=(point *)i,*jj=(point *)j;
return ii->y-jj->y;
}
void getYN_FF()
{
int i;
qsort(P+1,N,sizeof(P[1]),cmp2);
for(i=1;i<=N;i++)
{
if(P[i].y!=P[i-1].y)
{
YN++;
P[i-1].y=YN-1;
}
else P[i-1].y=YN;
FF[P[i-1].x][P[i-1].y]++;
}
P[N].y=YN;
FF[P[N].x][P[N].y]++;
}
void get_UPCE()
{
for(int i=1;i<=XN;i++)
for(int j=1;j<=YN;j++)
{
CE[i][j]=CE[i][j-1]+FF[i][j];
UP[i][j]=UP[i-1][j]+FF[i][j];
}
}
int On[maxn],Left[maxn],On2[maxn];
void get_On_Left_On2(int a,int b)
{
memset(On,0,sizeof(On));
memset(Left,0,sizeof(Left));
memset(On2,0,sizeof(On2));
for(int i=1;i<=YN;i++)
{
On[i]=UP[b-1][i]-UP[a][i];
On2[i]=UP[b][i]-UP[a-1][i];
Left[i]=CE[a][i-1]+CE[b][i-1];
}
}
void solve()
{
ans=0;
int tempans=0,tempi=0;
for(int i=1;i<=XN;i++)
for(int i2=i+1;i2<=XN;i2++)
{
get_On_Left_On2(i,i2);
tempans=0;
for(int j=1;j<=YN;j++)
{
if(ans<Left[j]+On2[j]+tempans)
ans=Left[j]+On2[j]+tempans;
if(tempans<On[j]-Left[j])
tempans=On[j]-Left[j];
}
}
}
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
int Case=0;
while(cin>>N&&N)
{
Case++;
input();
if(N<=3) {
printf("Case %d: %d\n",Case,N);
continue;
}
getXN();
getYN_FF();
get_UPCE();
solve();
printf("Case %d: %d\n",Case,ans);
}
}