[NOI 2016]区间
Description
在数轴上有 $n$ 个闭区间 $[l_1,r_1],[l_2,r_2],...,[l_n,r_n]$。现在要从中选出 $m$ 个区间,使得这 $m$ 个区间共同包含至少一个位置。换句话说,就是使得存在一个 $x$,使得对于每一个被选中的区间 $[l_i,r_i]$,都有 $l_i \le x \le r_i$。
对于一个合法的选取方案,它的花费为被选中的最长区间长度减去被选中的最短区间长度。区间 $[l_i,r_i]$ 的长度定义为 $r_i-l_i$,即等于它的右端点的值减去左端点的值。
求所有合法方案中最小的花费。如果不存在合法的方案,输出 $−1$。
Input
第一行包含两个正整数 $n,m$,用空格隔开,意义如上文所述。保证 $1 \le m \le n$。
接下来 $n$ 行,每行表示一个区间,包含用空格隔开的两个整数 $l_i$ 和 $r_i$ 为该区间的左右端点。
Output
Sample Input
3 5
1 2
3 4
2 2
1 5
1 4
Sample Output
Sample Explanation
如图,当 $n=6,~m=3$ 时,花费最小的方案是选取 $[3,5]$、$[3,4]$、$[1,4]$ 这三个区间,他们共同包含了 $4$ 这个位置,所以是合法的。其中最长的区间是 $[1,4]$,最短的区间是 $[3,4]$,所以它的花费是 $(4−1)−(4−3)=2$。
Hint
所有测试数据的范围和特点如下表所示:
测试点编号 | $n$ | $m$ | $l_i,r_i$ |
---|---|---|---|
1 | $20$ | $9$ | $0 \le l_i \le r_i \le 100$ |
2 | $10$ | ||
3 | $199$ | $3$ | $0 \le l_i \le r_i \le 100000$ |
4 | $200$ | ||
5 | $1000$ | $2$ | |
6 | $2000$ | ||
7 | $199$ | $60$ | $0 \le l_i \le r_i \le 5000$ |
8 | $200$ | $50$ | |
9 | $0 \le l_i \le r_i \le 10^9$ | ||
10 | $1999$ | $500$ | $0 \le l_i \le r_i \le 5000$ |
11 | $2000$ | $400$ | |
12 | $500$ | $0 \le l_i \le r_i \le 10^9$ | |
13 | $30000$ | $2000$ | $0 \le l_i \le r_i \le 100000$ |
14 | $40000$ | $1000$ | |
15 | $50000$ | $15000$ | |
16 | $100000$ | $20000$ | |
17 | $200000$ | $0 \le l_i \le r_i \le 10^9$ | |
18 | $300000$ | $50000$ | |
19 | $400000$ | $90000$ | |
20 | $500000$ | $200000$ |
时间限制:$3\texttt{s}$
空间限制:$256\texttt{MB}$
题解(转载)
首先发现那一个相交的点一定可以是区间的某个端点,所以可以离散左右端点,那么问题就简单了,然后仔细推敲,发现可以按区间长度排序,然后不就是尺取法了么?如果有一个点被覆盖的次数$>=m$我们就移动右指针,不然我们就一直往后走,对于覆盖次数$>=m$我们就维护线段树区间最大值,然后区间修改维护指针移动即可。
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#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define Lr(x) (x<<1)
#define Rr(x) (x<<1|1)
using namespace std;
const int N = ; int n, m, ans = 2e9;
struct tt {
int l, r, val;
bool operator < (const tt &b) const{
return val < b.val;
}
}a[N+];
struct ss {
int val, id, op;
bool operator < (const ss &b) const{
return val < b.val;
}
}b[(N<<)+];
struct segment {
int sgm[(N<<)+], lazy[(N<<)+];
void pushdown(int o) {
sgm[Lr(o)] += lazy[o], sgm[Rr(o)] += lazy[o];
lazy[Lr(o)] += lazy[o], lazy[Rr(o)] += lazy[o];
lazy[o] = ;
}
void update(int o, int l, int r, int a, int b, int key) {
if (a <= l && r <= b) {
sgm[o] += key, lazy[o] += key;
return;
}
pushdown(o);
int mid = (l+r)>>;
if (a <= mid) update(Lr(o), l, mid, a, b, key);
if (b > mid) update(Rr(o), mid+, r, a, b, key);
sgm[o] = Max(sgm[Lr(o)], sgm[Rr(o)]);
}
}T; void work() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = ; i <= n; i++) scanf("%d%d", &a[i].l, &a[i].r), a[i].val = a[i].r-a[i].l;
sort(a+, a+n+);
for (int i = ; i <= n; i++) {
b[(i<<)-].val = a[i].l, b[(i<<)-].id = i; b[i<<].val = a[i].r, b[i<<].id = i;
}
sort(b+, b+*n+); b[].val = -;
for (int i = ; i <= (n<<); i++) b[i].op = b[i-].op+(b[i].val != b[i-].val);
for (int i = ; i <= (n<<); i++) {
if (b[i].val == a[b[i].id].l) a[b[i].id].l = b[i].op;
if (b[i].val == a[b[i].id].r) a[b[i].id].r = b[i].op;
}
int tol = b[n<<].op, r = ;
for (int i = ; i <= n; i++) {
while (r < n && T.sgm[] < m) {
r++; T.update(, , tol, a[r].l, a[r].r, );
}
if (T.sgm[] >= m) ans = Min(ans, a[r].val-a[i].val);
else break;
T.update(, , tol, a[i].l, a[i].r, -);
}
printf("%d\n", ans == 2e9 ? - : ans);
}
int main() {
work();
return ;
}
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