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题目描述：给出平面上n个点，找一个矩形，使得边界上包含尽量多的点。
看到这样一道题，猛一下真的觉得无从下手，上来能够想到的办法就是枚举上下边界，然后再枚举左右边界，然后统计点数。复杂度是O(n5)。显然无法承受。
因此，我们需要一点点仔细的分析，试图将这个问题往以前做过的类似的问题上转化。相似度最高的问题就是“最大连续和问题”，里面用到了一个“前缀和”的技巧。然而这道题好像并不是那么容易就转化到这个简单问题上。因此，我们不妨先思考一下当前遇到的困难是什么。
- 需要统计哪些信息？怎么统计？
这毫无疑问是我们当前遇到的最大问题，此时想想刚才的“笨拙”的枚举方法：枚举边界。我们这时可以考虑假设上下边界当前我已经确定了，该怎么做这道题？此时应该有一点模糊的思路了，利用扫描线的思想，统计第i条扫描线左边且在上下边界上的点数（但不包含在第i条线的点），同时还要统计第i条扫描线上有多少点。
然而又发现这样做还不能得到答案，因为点会重复计数，要想办法减去重复的点。此时，一个策略是再开一个数组，表示在第i条扫描线上，但不包含上下边界的点的个数。这样，这个简单一点的问题终于有了比较清晰的思路。
接下来的问题：如何统计？说的更具体一点：
2．需要哪些数组？维数怎么确定？怎么高效地计算它们的值？
我们尝试着按照刚刚找到的思路继续往下走。由于上下边界已经确定了，那么唯一的变量就是扫描线自身了，因此只需要一维数组即可。用Left[i]表示第i条扫描线左侧（不包含第i条扫描线）且在上下边界的点的个数，on2[i]表示第i条线上且在上下边界之间的点的个数，on[i]表示在第i条线上但不包含上下边界的点的个数。这样，假设还知道一个竖线j(j<i)，那么ans=Left[i]-Left[j]+on2[i]+on[j]。终于，我们推出了这个问题的第一个公式，算是小有成就。那么如何计算呢？
考虑到坐标范围非常宽，但点的个数比较少，自然想到了“离散化”的思想。显然，x,y都要离散化处理，即把他们都放到一个结构体数组中，用P[i].x，P[i].y表示坐标。但是为了枚举上下边界，我们需要专门把所有的y放到一个数组，命名为y数组。所有的点放到结构体数组中存储，这样就离散化结束了。这样还不够，枚举边界一定是有顺序的——立即想到给y数组排序。会不会有相同的y值？——立即想到还要去重处理。这样，最终的y数组可以保证相邻的两个y值一定不同，枚举上下边界得以实现。
然而我们到现在依然没有实现高效的计算，还要继续探索。接下来就是枚举扫描线了。因为对x也离散化处理了，而扫描线一般是从左往右枚举——想到把所有的点按照x从小到大排序。然而多个不同的点可能都在一条竖线上，如何不重复的枚举扫描线呢？一个策略是寻找充分条件。可以发现，如果i==0或者第i个点的x和前一个不相同，即P[i].x!=P[i-1].x时，就说明遇到了一条新的扫描线，可以增加一个变量k，专门统计已经找到的扫描线条数。
这些工作都处理完后，我们已经知道如何计算on数组和on2数组了——根据表示的含义统计即可。Left数组如何计算？我们发现，Left数组是可以递推的：Left[i]=Left[i-1]+on2[i]-on[i]，成功用上了前缀和！其实这要取决于如何设置合适的数组。设置不合理就没有这么简单的事情了。
终于，快接近答案了。因为ans=max(ans,Left[i]-Left[j]+on2[i]+on[j])当i固定时，我们需要让on[j]-Left[j]尽量大。这就转化为“输入一个序列，找两个不同的下标i,j(i<j)使得Ai-Aj尽量大”的经典问题。做法是先更新ans,再更新on[j]-Left[j]。
这样，在两个上下边界确定的情况下，我们成功找到了计算ans的方法。当枚举完所有的上下边界后，最终的ans就是答案。至此，问题获得圆满解决。
之所以写这篇文章，是因为这道题是我见过的利用扫描线解决的比较难的一道题。整个过程需要先进行数学建模，然后才能代码实现。前面的数组的设计和计算都是本题能否解成功解决的关键点。整道题我觉得最值得学习的就是这个建模过程，非常完美的解决了整个问题，并将时间复杂度优化至O(n3)，在可承受的范围之内。ACM中，最难的其实不在代码实现，而是在建模过程，本题算是一个非常好的范例。
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