LeetCode 149. 直线上最多的点数（C语言详解 | 斜率 + 最大共线点）

一、题目描述

给定二维平面上的一些点 points，其中：

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points[i] = [xi, yi]

表示平面上的一个点 (xi, yi)。

请你求出 最多有多少个点在同一条直线上。

示例 1：

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输入：points = [[1,1],[2,2],[3,3]]
输出：3

示例 2：

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输入：points = [[1,1],[3,2],[5,3],[4,1],[2,3],[1,4]]
输出：4

约束：

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1 <= points.length <= 300
points[i].length == 2
-10^4 <= xi, yi <= 10^4
points 中所有点互不相同

二、题目思路分析

如果多个点在同一条直线上，那么 它们之间的斜率一定相同。

假设固定一个点 (x1,y1)，再选择另一个点 (x2,y2)：

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slope = (y2 - y1) / (x2 - x1)

如果第三个点 (x3,y3) 满足：

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(y2 - y1)/(x2 - x1) = (y3 - y1)/(x3 - x1)

则说明三点共线。

因此可以得到核心思路：

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固定一个点
计算它与其他点的斜率
统计相同斜率的数量
最大值 + 1（包括自己）

由于点最多 300 个，因此枚举起点并统计斜率即可。

时间复杂度：

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O(n²)

三、解法一：暴力枚举三点（不推荐）

最直接的方法是枚举三个点，判断是否共线。

判断三点共线：

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(x2-x1)*(y3-y1) == (x3-x1)*(y2-y1)

C语言实现

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int maxPoints(int** points, int pointsSize, int* pointsColSize) {

    if (pointsSize <= 2)
        return pointsSize;

    int max = 2;

    for (int i = 0; i < pointsSize; i++) {

        for (int j = i + 1; j < pointsSize; j++) {

            int count = 2;

            for (int k = j + 1; k < pointsSize; k++) {

                int x1 = points[i][0];
                int y1 = points[i][1];
                int x2 = points[j][0];
                int y2 = points[j][1];
                int x3 = points[k][0];
                int y3 = points[k][1];

                if ((x2 - x1) * (y3 - y1) == (x3 - x1) * (y2 - y1))
                    count++;
            }

            if (count > max)
                max = count;
        }
    }

    return max;
}

复杂度

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时间复杂度：O(n³)
空间复杂度：O(1)

当 n=300 时可能会超时，因此一般不采用。

四、解法二：斜率统计（推荐）

核心思想：

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固定一个点
统计所有斜率
斜率相同 → 在同一直线

但有一个关键问题：

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浮点数精度误差

例如：

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1/3
2/6

理论上相同，但浮点计算可能不同。

因此需要：

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使用最简分数 dy/dx

利用 最大公约数 gcd 进行约分。

例如：

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dy = 4
dx = 2
→ 2/1

五、算法步骤

枚举每一个点 i
计算 i 与其它点 j 的斜率 (dy,dx)
用 gcd 进行约分
统计相同斜率数量
更新最大值

六、C语言实现（推荐）

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#include <stdlib.h>

int gcd(int a, int b)
{
    if (b == 0)
        return a;
    return gcd(b, a % b);
}

int maxPoints(int** points, int pointsSize, int* pointsColSize) {

    if (pointsSize <= 2)
        return pointsSize;

    int result = 0;

    for (int i = 0; i < pointsSize; i++) {

        int slopes[600][2];
        int count[600] = {0};
        int size = 0;
        int localMax = 0;

        for (int j = i + 1; j < pointsSize; j++) {

            int dx = points[j][0] - points[i][0];
            int dy = points[j][1] - points[i][1];

            int g = gcd(abs(dx), abs(dy));

            dx /= g;
            dy /= g;

            int found = 0;

            for (int k = 0; k < size; k++) {

                if (slopes[k][0] == dx && slopes[k][1] == dy) {
                    count[k]++;
                    if (count[k] > localMax)
                        localMax = count[k];
                    found = 1;
                    break;
                }
            }

            if (!found) {

                slopes[size][0] = dx;
                slopes[size][1] = dy;
                count[size] = 1;

                if (count[size] > localMax)
                    localMax = count[size];

                size++;
            }
        }

        if (localMax + 1 > result)
            result = localMax + 1;
    }

    return result;
}

七、复杂度分析

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时间复杂度：O(n²)
空间复杂度：O(n)

其中：

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外层枚举点
内层统计斜率

八、优化技巧（面试加分）

1 提前结束

如果：

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当前最大值 >= 剩余点数

则可以提前退出循环。

2 处理特殊情况

垂直线：

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dx = 0

统一表示为：

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(0,1)

水平线：

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dy = 0

统一表示为：

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(1,0)

九、总结

方法	时间复杂度	推荐
暴力枚举	O(n³)	❌
斜率统计	O(n²)	✅

核心思想：

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固定一个点
统计所有斜率
斜率相同 → 共线

通过 gcd 约分避免浮点误差，即可得到最终答案。