传送门
首先，四边形的四个点肯定都在凸包上（别问我为什么我也不知道，感性理解一下好了）
那么我们可以求出凸包之后\(O(n^4)\)暴力枚举，据说在随机数据下凸包上的点只有\(O(logn)\)个可过
然而出题人大大的没有良心，上面那样写只有50分
我们考虑枚举对角线，那么剩下的两个点就是在这条对角线两边，也就是说要分别找到和这条边面积最大的点。发现这个可以用旋转卡壳来优化，计算面积用叉积，于是总的时间复杂度即为\(O(n^2)\)
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i)
using namespace std;
//template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
const int N=10005;
struct node{double x,y;}p[N],st[N];
int n,k,top;double ans;
inline bool cmp(node a,node b){double A=atan2(a.y-p[1].y,a.x-p[1].x);double B=atan2(b.y-p[1].y,b.x-p[1].x);return A!=B?A<B:a.x<b.x;
}
inline double cross(node a,node b,node c){return (b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(b.y-a.y)*(c.x-a.x);}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);scanf("%d",&n),k=1;fp(i,1,n){scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y);if(p[i].y<p[k].y||(p[i].y==p[k].y&&p[i].x<p[k].x))k=i;}swap(p[1],p[k]),sort(p+2,p+1+n,cmp);st[0]=p[1],st[1]=p[2],top=1;fp(i,3,n){while(top&&cross(st[top-1],p[i],st[top])>=0)--top;st[++top]=p[i];}st[++top]=p[0];if(top==4)return printf("%.3lf\n",(cross(st[0],st[1],st[2])+cross(st[2],st[3],st[0]))/2);fp(i,0,top)for(register int j=i+2,k=i+1,l=(i+3)%top;j<top;++j){while(cross(st[i],st[k],st[j])<cross(st[i],st[k+1],st[j]))k=(k+1)%top;while(cross(st[j],st[l],st[i])<cross(st[j],st[l+1],st[i]))l=(l+1)%top;ans=max(ans,cross(st[i],st[k],st[j])+cross(st[j],st[l],st[i]));}printf("%.3lf\n",ans/2);return 0;
}
