给定 (X imes Y) 的球形网格（上下、左右边界分别连通）和 (n) 个边平行于坐标轴的矩形的两个对顶点，求这些矩形交的面积的最大值。
(nle 5cdot 10^5)，(2le X,Yle 10^9)。
矩形有四种情况：两维取区间/取补，所以两维独立，分别做然后把答案乘起来即可。
不容易发现，因为是选择一堆互补的区间交起来，所以只要选择一个点要求所有区间包含它就确定了决策，按顺序枚举这个点然后用线段树维护每个位置被包含的次数，若为 (n) 则属于区间交，时间复杂度 (O(nlog n))。
当然也可以用随机权值，对每个区间异或上 ([0,2^{64})) 的自然数，众数的出现次数就是答案，时间复杂度 (O( ext{Sorting}(n)))，错误概率同生日碰撞。
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef unsigned long long LL;
typedef pair<int, LL> pii;
const int N = 1e6;
template<typename T>
void rd(T &x){
int ch = getchar(); x = 0;
for(;ch < '0' || ch > '9';ch = getchar());
for(;ch >= '0' && ch <= '9';ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
}
template<typename T>
bool chmax(T &a, const T &b){if(a < b) return a = b, 1; return 0;}
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
int n, X, Y, a[2][N];
pii b[N];
int work(int *a, int X){
for(int i = 0;i < n;i += 2){
LL v = (LL)rng()<<32|rng();
b[i] = MP(a[i], v);
b[i+1] = MP(a[i+1], v);
}
LL now = 0; sort(b, b+n);
unordered_map<LL, int> ma;
ma[0] = b[0].fi; b[n].fi = X;
for(int i = 0;i < n;++ i){
now ^= b[i].se; ma[now] += b[i+1].fi - b[i].fi;
}
int ans = 0;
for(auto v : ma) chmax(ans, v.se);
return ans;
}
int main(){
rd(n); rd(X); rd(Y); n <<= 1;
for(int i = 0;i < n;++ i)
for(int j = 0;j < 2;++ j) rd(a[j][i]);
printf("%lld
", (LL)work(a[0],X)*work(a[1],Y));
}