解题思路

小朋友站在第 x 行、第 y 列，能拿到的金币分两部分：

1. 第 x 行上的所有金币；
2. 第 y 列上的所有金币。

这里有个小陷阱：如果 (x, y) 这一格本身就有一枚金币，它既在第 x 行里、又在第 y 列里，被数了两次。真正能拿到的应该是：

能拿到的金币 = 第 x 行的金币数 + 第 y 列的金币数 - (x, y) 这格有没有金币

所以我们的做法是：

第一步，先读入所有有金币的格子，顺便统计每一行有多少金币、每一列有多少金币，同时用一个二维标记数组记下哪些格子有金币。

第二步，把每一个位置 (i, j) 都当作小朋友站的地方，按上面的公式算出能拿到的金币数，找出最大的那一个。

第三步，题目要求：如果有多个位置能拿到的金币一样多，要输出行号最小的，行号一样就输出列号最小的。我们只要从第 1 行第 1 列开始，一行一行、一列一列地枚举，并且只有严格大于当前最大值时才更新，那么记录下来的位置一定就是行号列号都最小的那个。

参考代码

// P4519 最佳位置：找行列金币总和最大的位置
#include <iostream>
using namespace std;

int main() {
    int r, c, n;
    cin >> r >> c >> n;
    int row[105] = {0}, col[105] = {0}; // row[i]第i行金币数, col[j]第j列金币数
    int coin[105][105] = {0};           // coin[x][y]=1表示该格有金币
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        coin[x][y] = 1;
        row[x]++;
        col[y]++;
    }
    int best = -1, bx = 0, by = 0;
    for (int i = 1; i <= r; i++) {
        for (int j = 1; j <= c; j++) {
            // 该位置能拿到的金币 = 第i行金币 + 第j列金币 - 交叉点(重复的那1枚)
            int t = row[i] + col[j] - coin[i][j];
            if (t > best) { // 严格更大才更新，保证行号列号最小优先
                best = t;
                bx = i;
                by = j;
            }
        }
    }
    cout << best << endl;
    cout << bx << "," << by << endl;
    return 0;
}

复杂度分析

读入 n 个金币的位置并统计行列时，是 O(n)。枚举所有位置时，要把 r×c 个格子都看一遍，是 O(r×c)。r、c 最大都是 100，所以非常快，时间复杂度是 O(n + r×c)。用了一个二维标记数组和两个一维统计数组，空间复杂度是 O(r×c)。