三个限制：

\(Ah-AminH+Bv-BminV\leq C\ \to\ Ah+Bv\leq C+AminH+BminV\)

\(v\geq minV\)

\(h\geq minH\)

记\(s=Ah+Bv\)。将序列按\(s\)从小到大排序。

\(n^2\)枚举\(minV,minH\)。如果固定\(minV\)，从小到大枚举\(minH\)时，满足\(s\leq C+AminH+BminV\)的位置是单增的。统计答案时可以判一下是否满足\(v_i\geq minV\)。

但还有\(h_i\geq minH\)的限制。因为\(minH\)是递增的，之前满足条件的后来可能不满足。用一个堆维护之前加入的最小的\(h_i\)即可，不满足条件就弹出。

但是\(O(n^2\log n)\)过不去。

问题在于怎么处理\(h_i\geq minH\)。按\(h\)排序然后\(<minH\)的都减掉？显然会多减掉一些不满足另外两个条件而未被统计的。

再观察一下限制，把\(h,v\)分开：\(A(h-minH)\leq C+B(minV-v)\)。

显然左式满足\(\geq0\)，那么也有\(0\leq C+B(minV-v)\to minV\leq v\leq \frac CB+minV\)。

好像就是\(v\)不能过大使得\(h\)过小？

\(v\leq\frac CB+minV\)时，限制一就成了\(A(h-minH)+(\leq C的值)\leq C\)。若\(h\leq minH\)，显然满足这个\(s\)的限制。

如果在\(s\)满足条件且\(minV\leq v\leq \frac CB+minV\)时\(ans\)++，限制一二仍旧满足。

如果\(h<minH\)且\(minV\leq v\leq \frac CB+minV\)，如上所说此时也满足\(s\)的限制，所以此时\(ans\)--减掉的就一定是之前统计过的了。所以就可以做到不重不漏了orz。

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       #define gc() getchar()typedef long long LL;const int N=5005;struct Node{    int h,v; LL s;}a[N],b[N];inline int read(){    int now=0;register char c=gc();    for(;!isdigit(c);c=gc());    for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());    return now;}inline bool cmps(const Node &a,const Node &b){    return a.s
       
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