首先特判掉蓝点数量\(<2\)的情况。没有蓝点答案就是\(n\)，有一个蓝点可以枚举一个红点，选择过这个蓝点和红点的一条线和在无穷远处的平行线（即这条线对应的两个半平面）。
这里认为过一个点是与这个点无限接近，红点的话认为红点在平行线中，蓝点不在平行线中
构造方案的时候想象两个阶段：
- 如果有一条线不过蓝点，可以继续向外扩张直到过蓝点为止，现在两条平行线固定过两个蓝点
- 如果没有平行线过红点，可以旋转这两条平行线知道一个平行线过红点为止。这个过程不会损失红点，而且可能加入新的红点。
所以结论是：两条平行线肯定分别过两个蓝点，而且还有一条平行线过一个红点。
先枚举一个蓝点和一个红点，一条线过这两个点；然后找到在两个方向距离这条线最近的蓝点，直接算红点数量即可。
复杂度\(O(n^3)\)。
直接做肯定过不去，所以先把整张图随机旋转，然后按照x坐标排序。
时间的正确性请咨询@Leo______ 。
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define vd void
il int gi(){
int x=0,f=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?-x:x;
}
struct point{double x,y;}r[1010],b[1010];
il bool operator<(const point&a,const point&b){return a.x<b.x;}
char col;
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.in","r",stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
int n=gi(),R=0,B=0;
srand(time(NULL));
double v=rand()%1000*0.1+0.1;
for(int i=1;i<=n;++i){
int _x=gi(),_y=gi();
do col=getchar();while(col!='R'&&col!='B');
if(col=='R')r[++R]=(point){sin(v)*_x-cos(v)*_y,sin(v)*_y-cos(v)*_x};
else b[++B]=(point){sin(v)*_x-cos(v)*_y,sin(v)*_y-cos(v)*_x};
}
std::sort(r+1,r+R+1);
std::sort(b+1,b+B+1);
if(!B)return printf("%d\n",n),0;
int ans=0;
double kk,bb,dist,dist_up,dist_dn;
int upans,dnans;
for(int i=1;i<=B;++i)
for(int j=1;j<=R;++j){
kk=1.0*(b[i].y-r[j].y)/(b[i].x-r[j].x),bb=b[i].y-kk*b[i].x;
dist_up=1e18,dist_dn=1e18;
for(int k=1;k<=B;++k)
if(k!=i){
dist=kk*b[k].x+bb-b[k].y;
if(dist<0){
if(-dist<dist_up)dist_up=-dist;
}else{
if(dist<dist_dn)dist_dn=dist;
}
}
upans=1,dnans=1;
for(int k=1;k<=R;++k)
if(k!=j){
dist=kk*r[k].x+bb-r[k].y;
if(dist<0){
if(-dist<=dist_up+1e-7)++upans;
}else{
if(dist<=dist_dn+1e-7)++dnans;
}
}
ans=std::max(ans,std::max(upans,dnans));
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}