POJ 2280&&hdu 1661

题意：给定平面上的N个点，属性分别标记为0和1，然后找一条直线，直线上的点全部溶解，一侧的1溶解，另一侧的0溶解。求出最多能溶解的点的个数。

思路：暴力枚举每个点，扫描线旋转。先做优化，如果一侧溶解0，则把属性为1的做关于当前枚举直线对称的点，这样统计一侧的点加上线上的点就是答案。O(n2).

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<set>
 #include<stdio.h>
 #include<stdlib.h>
 #include<math.h>
 #define clc(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 #define eps 1e-8
 typedef long long LL;
 const int mod=;
 const int inf=0x3f3f3f3f;
 using namespace std;
 #define N 100010

 struct node
 {
     int x,y,r;
     double ang;
 }v[],rem[];

 int cmp(const struct node a,const struct node b)
 {
     if(a.ang<b.ang)
         return ;
     else
         return ;
 }

 int sig (double a)
 {
     if(fabs(a)<eps)
         return ;
     else if(a>)
         return ;
     else
         return -;
 }

 int cross(struct node a,struct node b,struct node c)
 {
     return (b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(c.x-a.x)*(b.y-a.y);
 }

 int main()
 {
     int n;
     while(~scanf("%d",&n)&&n)
     {
         int ans=;
         for(int i=;i<n;i++)
         {
             scanf("%d%d%d",&v[i].x,&v[i].y,&v[i].r);
             rem[i]=v[i];
         }
         for(int i=;i<n;i++)
         {
             for(int j=;j<n;j++)
             {
                 v[j]=rem[j];
                 if(v[j].r==)
                 {
                     v[j].x=rem[i].x*-v[j].x;
                     v[j].y=rem[i].y*-v[j].y;
                 }
                 v[j].ang=atan2(v[j].y-rem[i].y,v[j].x-rem[i].x);
             }
             swap(v[i],v[]);
             sort(v+,v+n,cmp);
             for(int j=,t=;j<n&&sig(v[j].ang)<=;j++)
             {
                 int on=;
                 for( ;t<n&&cross(v[],v[j],v[t])>=;t++)
                 {
                     if(cross(v[],v[j],v[t])==)
                     on++;
                 }
                 ans=max(ans,max(t-j+,n-(t-j+)+on));
             }
         }
         cout<<ans<<endl;
     }
     return ;
 }