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1.题目描述：点击打开链接

2.解题思路：本题要求找一个矩形，使得边上的点数最大。看上去比较棘手，如果只是单纯地枚举每行，每列，再加上要统计点数，时间复杂度会高达O(N^5)，无法承受。因此，需要转变思路。

做了这么多题，会发现，这种带有统计目的的题目常常采用的策略就是先扫描，计算出一些必要的信息，例如前缀和等。将来处理时就能用O(1)时间得到想要的结果，便于寻找某种最优值。本题照样如此。对于竖线i，用Left[i]表示竖线左边位于上下边界上的点数（注意，不统计该竖线上的点）。on[i]和on2[i]统计竖线上位于上下边界之间的点数，但两者的区别在于on[i]不包含上下边界的点数，而on2[i]要统计。这样，如果给定了左右边界i,j时，矩形边界上的点数为Left[j]-Left[i]+on[i]+on2[j]，（Left[j]-Left[i]有点类似于前缀和的意思）。而当右边界j确定时，on[i]-Left[i]应该最大。注意这里更新ans和on[i]-Left[i]的顺序，应该先更新ans，再更新on[i]-Left[i]。

3.代码：

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<sstream>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<functional>
using namespace std;

struct Point
{
	int x, y;
	bool operator <(const Point&rhs)const
	{
		return x < rhs.x;
	}
};
#define N 100+10
Point P[N];
int n, m, y[N], on[N], on2[N], Left[N];
int solve()
{
	sort(P, P + n);
	sort(y, y + n);
	m = unique(y, y + n) - y;//所有不同的y坐标的个数
	if (m <= 2)return n;//最多两种不同的y

	int ans = 0;
	for (int a = 0; a < m;a++)
	for (int b = a + 1; b < m; b++)
	{
		int ymin = y[a], ymax = y[b];//计算上下界分别是ymin，ymax时的解
		int k = 0;
		for (int i = 0; i < n; i++)
		{
			if (!i || P[i].x != P[i - 1].x)//一条新的竖线
			{
				k++;
				on[k] = on2[k] = 0;
				Left[k] = k == 0 ? 0 : Left[k - 1] + on2[k - 1] - on[k - 1];
			}
			if (P[i].y>ymin&&P[i].y < ymax)on[k]++;
			if (P[i].y >= ymin&&P[i].y <= ymax)on2[k]++;
		}
		if (k <= 2)return n;//最多两种不同的x

		int M = 0;
		for (int j = 1; j <= k; j++)
		{
			ans = max(ans, Left[j] + on2[j] + M);//先更新ans，再更新M，因为更新ans用的是不含第j列的M值
			M = max(M, on[j] - Left[j]);
		}
	}
	return ans;
}
int main()
{
	//freopen("t.txt", "r", stdin);
	int rnd = 0;
	while (~scanf("%d", &n) && n)
	{
		for (int i = 0; i < n; i++)
		{
			scanf("%d%d", &P[i].x, &P[i].y);
			y[i] = P[i].y;
		}
		printf("Case %d: %d\n", ++rnd, solve());
	}
	return 0;
}