引用：
悬线法 题目 n^2
高为n，宽为m
一开始加上 上下左右的点，然后，先按照点的x从小到大 排序依次，也就是定义一个结构体排序
然后从上到下扫一次，得到宽为m ，
(由于 等会还要从左往右扫和 从右往左扫，所以，从上往下扫，就不需要改变上下边界，因为 如果从上往下扫 改变边界，
从左往右和从右往左扫 也改变上下边界，重复计算了)
然后，再按照点的y从小到大排序，也是结构体排序，然后 排序完 就 从左往右扫
扫完 ，再按照点的y从大到小排序，也是结构体排序，然后 排序完 就 是从右到左扫
找出最优解，结束
悬线法 题目 n^2 论文大意
在此说句不太好听的话，其实楼下两位的代码都是错误的，只是没有数据把其检测出来。
如（换行可能被删，请根据题意自行脑补）：10 10
3 3 0 8 2 3 9 正确答案应该是72，而他们的都是56.
其实还有：10 10
2 8 1 3 9 正确答案应该是80，而他们都是72.
这个题目很出名，可以在百度搜索王知昆国家队dalao的论文，
其中说的非常详细，但是可惜的是在他本人的代码中也有两个bug，
我上面的两组数据他的代码也出现的错误。可能是由于本题数据较水，所以很多有bug的代码水过去了。
我来简单的说一下：
先枚举极大子矩形的左边界，然后从左到右依次扫描每一个障碍点，
并不断修改可行的上下边界，从而枚举出所有以这个定点为左边界的极大子矩形。
考虑如图2中的三个点，现在我们要确定所有以1号点为左边界的极大矩形。
先将1号点右边的点按横坐标排序。然后按从左到右的顺序依次扫描1号点右边的点，同时记录下当前的可行的上下边界。
开始时令当前的上下边界分别为整个矩形的上下边界。然后开始扫描。
第一次遇到2号点，以2号点作为右边界，结合当前的上下边界，就得到一个极大子矩形（如图3）。
同时，由于所求矩形不能包含2号点，且2号点在1号点的下方，所以需要修改当前的下边界，
即以2号点的纵坐标作为新的下边界。第二次遇到3号点，这时以3号点的横坐标作为右边界又可以得到一个满足性质1的矩形（如图4）。
类似的，需要相应地修改上边界。以此类推，如果这个点是在当前点（确定左边界的点）上方，则修改上边界；
如果在下方，则修改下边界；如果处在同一行，则可中止搜索（因为后面的矩形面积都是0了）。
由于已经在障碍点集合中增加了整个矩形右上角和右下角的两个点，所以不会遗漏右边界与整个矩形的右边重合的极大子矩形（如图5）。
需要注意的是，如果扫描到的点不在当前的上下边界内，那么就不需要对这个点进行处理。
这样做是否将所有的极大子矩形都枚举过了呢？
可以发现，这样做只考虑到了左边界覆盖一个点的矩形，
因此我们还需要枚举左边界与整个矩形的左边界重合的情况。
这还可以分为两类情况。一种是左边界与整个举行的左边界重合，而右边界覆盖了一个障碍点的情况，
对于这种情况，可以用类似的方法从右到左扫描每一个点作为右边界的情况。这就是上面第一个数据楼下二位错在哪里。
另一种是左右边界均与整个矩形的左右边界重合的情况，
对于这类情况我们可以在预处理中完成：先将所有点按纵坐标排序，
然后可以得到以相邻两个点的纵坐标为上下边界，左右边界与整个矩形的左右边界重合的矩形，
显然这样的矩形也是极大子矩形，因此也需要被枚举到。这就是上面第二个数据楼下两位错在哪里。
对于开始预处理，需要人为添加0,0;0，l；w，0；l，w四个点，这时王知昆dalao错的第一个地方。
My AC Code：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int l,w,n,ans;
struct node{
int x,y;
}nd[5010];
int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
bool cp1(node a,node b){
return a.y<b.y;
}
bool cp2(node a,node b){
return a.x<b.x;
}
bool cp3(node a,node b){
return a.x>b.x;
}
void work(){
for(int i=1;i<=n;i++){
int mi=0;int ma=w;
int v=l-nd[i].x;
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(v*(ma-mi)<=ans)break;
if(nd[j].y<mi||nd[j].y>ma)continue;
ans=max(ans,(ma-mi)*(nd[j].x-nd[i].x));
if(nd[j].y>nd[i].y)ma=nd[j].y;else mi=nd[j].y;
//如果当前扫描到的点， 与以i点为左边界的 x坐标不在同一个地方
//则 如果当前j点大于i点，则下边界改为j点的x坐标，否则 上边界改为j点的x坐标
if(mi==ma)break;
//也就是修改之后，上下边界相等，则不能往后扫了，因为同行，没有面积
}
ans=max(ans,(ma-mi)*(l-nd[i].x));
}
}
void work2(){
for(int i=1;i<=n;i++){
int mi=0;int ma=w;
int v=l-nd[i].x;
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(v*(ma-mi)<=ans)break;
if(nd[j].y<mi||nd[j].y>ma)continue;
ans=max(ans,(ma-mi)*(nd[i].x-nd[j].x));
if(nd[j].y>nd[i].y)ma=nd[j].y;else mi=nd[j].y;
if(mi==ma)break;
}
ans=max(ans,(ma-mi)*(nd[i].x));
}
}
/*
if(v*(ma-mi)<=ans)break;
这句话 如果不在work和work2中加，则会多500ms
v 在work中表示 右边界到当前点的距离 如果 这个距离 乘上一开始的最大上下边界， 都小于ans 也就是答案，
则 后面的点 也不可能产生 比ans大的答案所以要break
work2同理
*/
/*
ans=max(ans,(ma-mi)*(l-nd[i].x));
ans=max(ans,(ma-mi)*(nd[i].x));
work 和work2 之间 这句话的区别
因为 work 是从 x坐标 从小到大排序的时候 从左到右扫描的
然后 work2 是从 x坐标从大到小排序的时候 从左到右扫描的
两个扫描 的方向是相反的，所以 一个l-nd[i].x 和另一个 nd[i].x 互补的，
比如 l=10 nd[i].x=3
左边界到nd[i].x 的距离是3 也就是nd[i].x
右边界到nd[i].x的距离是7 也就是l-nd[i].x
*/
int main(){
scanf("%d%d%d",&l,&w,&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&nd[i].x,&nd[i].y);
nd[++n].x=0;nd[n].y=0;
nd[++n].x=l;nd[n].y=0;
nd[++n].x=0;nd[n].y=w;
nd[++n].x=l;nd[n].y=w;
sort(nd+1,nd+n+1,cp1);
for(int i=2;i<=n;i++)ans=max(ans,l*(nd[i].y-nd[i-1].y));
sort(nd+1,nd+n+1,cp2);work();
sort(nd+1,nd+n+1,cp3);work2();
printf("%d",ans);
return 0;
}