[Noi2016]区间[离散化+线段树维护+决策单调性]
4653: [Noi2016]区间
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3 5
1 2
3 4
2 2
1 5
1 4
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HINT
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首先我们考虑暴力怎么做,按长度排序之后,我们容易发现,如果枚举一个区间作为左端点,一个区间作为右端点,那么我们就是求只在这个区间中选取的答案。
我们把这一段的所有区间的对应的一段的经过次数都加一,最后只需check一下这一段中是否出现了一个被经过m次的点,一旦存在就说明,我们一定可以找到其中的mm个区间满足题目的要求,所以我们就可以确保在这个区间中能够选取m个区间并一定合法,就可以用右端点的那个区间长度-左端点的那个区间长度来更新答案。(并不关心具体选了哪些区间)
上述做法的复杂度可以用线段树维护来做到n2logn。深入思考可以发现,其实右端点肯定是不降的,所以我们没必要再枚举一个右端点,只要用单调指针一直往后扫即可。总复杂度为:O(nlogn)。
(引自 ljh2000)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define lch k<<1
#define rch k<<1|1
using namespace std;
const int N=1e6+,M=N<<;
const int inf=2e9;
int n,m,p,cnt,ans=inf;
int mx[M],tag[M];
struct node{int l,r,len;}a[N>>];int b[N];
inline bool cmp(const node &x,const node &y){
return x.len<y.len;
}
inline void opera(int k,int v){
mx[k]+=v;
}
inline void pushdown(int k,int l,int r){
if(!tag[k]) return ;
tag[lch]+=tag[k];opera(lch,tag[k]);
tag[rch]+=tag[k];opera(rch,tag[k]);
tag[k]=;
}
void change(int k,int l,int r,int x,int y,int v){
if(l==x&&r==y){
opera(k,v);
tag[k]+=v;
return ;
}
pushdown(k,l,r);
int mid=(l+r)>>;
if(y<=mid) change(lch,l,mid,x,y,v);
else if(x>mid) change(rch,mid+,r,x,y,v);
else change(lch,l,mid,x,mid,v),change(rch,mid+,r,mid+,y,v);
mx[k]=max(mx[lch],mx[rch]);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r),a[i].len=a[i].r-a[i].l;;
for(int i=;i<=n;i++) b[++cnt]=a[i].l,b[++cnt]=a[i].r;
sort(a+,a+n+,cmp);
sort(b+,b+cnt+);cnt=unique(b+,b+cnt+)-(b+);
for(int i=;i<=n;i++){
a[i].l=lower_bound(b+,b+cnt+,a[i].l)-b,
a[i].r=lower_bound(b+,b+cnt+,a[i].r)-b;
}
int top=;
for(int i=;i<=n;i++){
for(;mx[]<m&&top<=n;top++){
change(,,cnt,a[top].l,a[top].r,);
}
if(mx[]==m) ans=min(ans,a[top-].len-a[i].len);
change(,,cnt,a[i].l,a[i].r,-);
}
printf("%d\n",ans!=inf?ans:-);
return ;
}
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