其实这个题第一反应一定是线段树分治，但是这样反而更难考虑了（实际上是可做的但很难想到），可见即使看上去最贴切的算法也未必能有效果。
考虑这个DS题，没有什么模型的转化，可能用到的无非就是线段树、平衡树和堆。
首先，显然地，将每个商店拆成出现和消失两个事件，然后按时间一次处理。接下来很容易想到二分，于是每次询问的就是[x-mid,x+mid]中是否包含了所有种类的商店。
考虑如何快速回答询问，我们在+inf处先插入所有种类的商店，并记录每个商店的同种类型的前驱（就是上一个同类型的商店在哪里）。
注意到，如果某种商店在[x-mid,x+mid]中没有出现，则必然有(x+mid,+inf)中的所有这种商店的前驱必然都小于x-mid。
问题再次转化为，实时更新每个商店的前驱，以及询问一个后缀最小值。
第一个操作，我们对每种商店都开一个set即可。第二个操作则是线段树基本操作，可能同坐标上有多个值，这个用可删除堆支持即可。
这样复杂度是两个log的，但往往线段树和二分可以合并。如果找到最大的i满足[i,+inf)的最小前驱mn，则mn+i<=2*x。
线段树上二分，于是复杂度就可以做到一个log了。
1 #include<set> 2 #include<queue> 3 #include<cstdio> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstring> 6 #define lson ls[x],L,mid 7 #define rson rs[x],mid+1,R 8 #define Root rt,0,inf 9 #define rep(i,l,r) for (int i=(l),_=(r); i<=_; i++) 10 using namespace std; 11 12 const int M=300010,N=M*30,inf=0x3f3f3f3f; 13 multiset<int>S[M]; 14 int n,k,q,m,x,y,l,t,a,b,cnt,tot,id,rt,ans[M],pos[N],ls[N],rs[N],Mn[N]; 15 struct P{ int op,x,t,k; bool operator <(const P &b)const{ return t!=b.t ? t<b.t : op>b.op; } }w[M*3]; 16 struct H{ 17 priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >Q1,Q2; 18 int size(){ return Q1.size()-Q2.size(); } 19 void push(int x){ Q1.push(x); } 20 void erase(int x){ Q2.push(x); } 21 int top(){ while (Q2.size() && Q1.top()==Q2.top()) Q1.pop(),Q2.pop(); return Q1.top(); } 22 }Q[M]; 23 24 void mdf(int &x,int L,int R,int p,int u,int v){ 25 if (!x) x=++tot; 26 if (L==R){ 27 if (!pos[x]) pos[x]=++id; 28 H &q=Q[pos[x]]; 29 if (~u) q.push(u); 30 if (~v) q.erase(v); 31 Mn[x]=q.size() ? q.top() : inf; 32 return; 33 } 34 int mid=(L+R)>>1; 35 if (p<=mid) mdf(lson,p,u,v); else mdf(rson,p,u,v); 36 Mn[x]=min(Mn[ls[x]],Mn[rs[x]]); 37 } 38 39 int que(int p){ 40 int L=0,R=inf,x=rt,ans=inf; 41 while (L!=R){ 42 int mid=(L+R)>>1,tmp=min(ans,Mn[rs[x]]); 43 if (p<=mid && tmp+mid>=2*p) ans=tmp,R=mid,x=ls[x]; 44 else L=mid+1,x=rs[x]; 45 } 46 return L-p; 47 } 48 49 int main(){ 50 freopen("apioa.in","r",stdin); 51 freopen("apioa.out","w",stdout); 52 scanf("%d%d%d",&n,&k,&q); Mn[0]=inf; 53 rep(i,1,k) S[i].insert(-inf),S[i].insert(inf),mdf(Root,inf,-inf,-1); 54 rep(i,1,n) scanf("%d%d%d%d",&x,&t,&a,&b),w[++m]=(P){1,x,a,t},w[++m]=(P){-1,x,b,t}; 55 rep(i,1,q) scanf("%d%d",&l,&y),w[++m]=(P){0,l,y,i}; 56 sort(w+1,w+m+1); 57 rep(i,1,m){ 58 P p=w[i]; 59 if (p.op==1){ 60 multiset<int> &s=S[p.k]; 61 multiset<int>::iterator q=s.upper_bound(p.x),r=q--; 62 mdf(Root,*r,p.x,*q); mdf(Root,p.x,*q,-1); 63 if (s.size()==2) cnt++; s.insert(p.x); 64 } 65 if (p.op==-1){ 66 multiset<int> &s=S[p.k]; 67 s.erase(s.find(p.x)); 68 if (s.size()==2) cnt--; 69 multiset<int>::iterator q=s.upper_bound(p.x),r=q--; 70 mdf(Root,*r,*q,p.x); mdf(Root,p.x,-1,*q); 71 } 72 if (p.op==0) ans[p.k]=(cnt==k) ? que(p.x) : -1; 73 } 74 rep(i,1,q) printf("%d ",ans[i]); 75 return 0; 76 }