#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;}
template <class T1,class T2>inline void gmin(T1 &a,T2 b){if(b<a)a=b;}
const int N=1e5+10,M=0,Z=1e9+7,ms63=1061109567;
pair<LL,LL>a[N];
int n,r,w,h;
LL x,y;
LL d[N];
int main()
{
while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&r,&w,&h))
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%lld%lld",&x,&y);
a[i].first=r*x+y;a[i].second=-r*x+y;
}
sort(a+1,a+n+1);
d[0]=-1e18;int len=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(a[i].second>=d[len])d[++len]=a[i].second;
else
{
int p=lower_bound(d+1,d+len+1,a[i].second)-d;
d[p]=a[i].second;
}
}
printf("%d\n",len);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
这道题真是学到了新知识啊啊啊！
【题意】
给你一个w*h的矩形，也可以代表二维平面，w和h都在[1,1e9]范围内。
我们一开始可以选择在y==0的任一位置。然后对于我们的速度，并不知道。
但是可以知道的是，如果纵向速度是v，那么横向速度就在[-v/r,v/r]之间。r的取值范围是[1,10]的整数
矩形中有n（1e5）个点，坐标两两不同。问你，我们最多能抵达多少个点。
【类型】
坐标变换 最长上升序列（LIS）
【分析】
这道题非常地巧妙啊！做法是这样引入的——
首先，如果r==1，那么我们可以把这个矩形的坐标轴顺时针移动45度。
这时，我们如果把所有点按照这个坐标轴排序。那么一个LIS就是我们的答案了。
问题，如何把所有点，按照新的坐标轴排序呢？
首先，坐标是二维状态。而且我们还要求LIS。
于是，我们要先对一维做升序排序，这样只需要使得第二维也保证升序。
那么，对于r，排序的双关键字就是（rx+y，-xr+y）。
这个等价是如何实现的呢？
（x，y），向左上走，走到的是（x-1，y+r）
这两个点在第一维度排序上要是等价的，设两个坐标的估价为（p，q），那么有-1p+rq==0，
于是第一维度的映射成了p==rq，即（r，1），即（rx+y）
（x，y），向右上走，走到的是（x+1，y+r）
这两个点在第二维度排序上要是等价的，设两个坐标的估价为（p，q），那么有+1p+rq==0，
于是第一维度的映射成了p==-rq，即（-r，1），即（-rx+y）
这样就保证了，我们始终是在合法的角度范围行走，于是就可以转化为LIS，AC掉这题啦！
【时间复杂度&&优化】
O(nlogn)
*/
