补题：HOJ吉林selection B-Bribing Eve(Gym-101174B) (象限极角排序）

题目链接：
Gym-101174B

题目大意：
给出n个序列对(x1,x2)，再给出一对（w1,w2)，定义Si = w1*xi1+w2*xi2 , 然后对Si进行从大到小排序，求S1最好与最坏的排位分别是多少？

解题思路：
一开始，拿到这题第一想法就是贪心，对其中有一个大于第一个（x1,x2)，另一个小于第一个(x1,x2)的序列对贪心（比较大于x1的有多少，大于x2的有多少，然后取两者大的那个），但是一直WA，后面想想确实不能这样贪，不能取得最优解。

于是正解是转换为平面几何问题，已第一个点为坐标中心，将其他点放置在该坐标系上
如图（‘x’ 就是第一个点对）：

转换之后，可以知道，在第一象限的点对，不管w1,w2取任意非负值，肯定大于’坐标原点‘
在第三象限的点肯定小于’坐标原点‘，而第二和第四象限的点就是可调整区域。当然目前这个图中在y轴右边的都是大于原点的

那么我们将二四象限的点对于原点求极角，把角度从小到大排序，然后依次旋转y轴至最近的一个点，记录在y轴右边的最小最大点对数量就是答案！！！

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;

const double PI = acos(-1);
const double eps = 1e-10;
const int MAXN = 1e5+7;

int sgn(double a, double b){
    if(fabs(a-b) < eps) return 0;
    return a < b ? -1 : 1;
}

double ang[MAXN], p[MAXN];

int n,cnt,same,top,ansa,ansb;

void solve(){
    int l = 1, r = 1;
    for(int i=1; i<=top; ++i){
        double d1 = p[i] + PI/2.0;
        double d2 = p[i] - PI/2.0;
        int tl = l, tr = r;

        while(r<=cnt && sgn(ang[r], d1)<=0) r++;
        r--;
        while(l <=r && sgn(ang[l],d2)<0) l++;
        while(tr<=cnt && sgn(ang[tr],d1)<0) tr++;
        tr--;
        while(tl<=tr && sgn(ang[tl],d2)<=0) tl++;
        ansb=max(ansb,r-l+1);
        ansa=min(ansa,tr-tl+1);
        tr++; 
    }
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
    cin>>n;
    cnt = top = 0;
    ansa = 0x3f3f3f3f; ansb = -1;
    int sx,sy;
    scanf("%d%d",&sx,&sy);
    for(int i=1; i<n; ++i){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if(x==sx && y==sy) {
            same++;
            continue;
        }

        ang[++cnt] = atan2(y-sy, x-sx);
        if(sgn(ang[cnt], PI/2.0) >=0 && sgn(ang[cnt], PI) <=0) p[++top] = ang[cnt] - PI/2.0;
        if(sgn(ang[cnt], -PI/2.0) >=0 && sgn(ang[cnt], 0.0) <=0) p[++top] = ang[cnt] + PI/2.0;
    }

    sort(ang+1,ang+cnt+1);
    sort(p+1,p+top+1);

    solve();
    if(top==0) cout<<"1 1"<<endl;
    else cout<<ansa+1<<" "<<ansb+1+same<<endl;
    return 0;
}