洛谷P1712 [NOI2016]区间
noi2016第一题（大概是签到题吧，可我还是不会）
题面可以看链接；
先看题意
这么大的l,r,先来个离散化
很容易，我们可以想到一个结论
假设一个点被覆盖次数大于m
我们将覆盖这个点的区间升序排序；
则所选区间一定是排序后序列中的一个长度为m+1的连续子序列
证明很容易，取更远的点会使最大值更大从而使差值最大
我们可以从这个结论出发，再观察该题所求，符合尺取法的思路
我们考虑用尺取法求解
没了解尺取法的读者可以去自行了解一下
如何求解呢？
我们考虑将区间按权值大小升序排序
从小到大加载到数轴上，统计数轴上点被覆盖的最大次数
当我们将一个区间加载后若被覆盖的最大次数大于m则说明存在符合条件的点
我们区间最大上界已经确定，接着确定下界
将区间由加入顺序向后删除
当删除一个区间后总体max的值要小于m
区间序列的下界便确定了，
目前便得到了有可能更新答案的区间序列的最大值和最小值
在此我对几个点进行解释
**1 .首先我们为什么要按权值排序，
原因便是我们一开始就证明过的性质
利用该性质我们可以得到可能更新答案的所有情况从而求解
2 .最大值与最小值之前的区间呢？不会影响答案吗？
不会影响，我们关心的只是符合题意的区间最小值和最大值
只关注边界，至于内部在所选序列中的区间具体是谁我们并不关心
3.我们在确定区间序列下界时将一些区间删掉了
不会对结果有影响吗？
事实上，我们删掉的区间一定是对答案无贡献的
证明很容易
我们删除区间的大小一定小于目前正在寻找的下界
即使之后在加入某个大区间时这个区间产生了贡献成为最小区间
但所加入的最大区间一定大于等于之前的上界
而该区间又小于之前的下界
所以差值一定大于先前的值，故不对最终答案贡献，
有了这些思路后我们就可以做了
至于如何获得当前数轴的最大覆盖次数
和如何将区间加入数轴
我们维护一颗最大值的线段树即可
注意因为我们采取了离散化
所以线段树数组的大小由4倍变为8倍**
时间复杂度便是线段树的时间复杂度了
显然是可以过5e5数据的
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<algorithm>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn =5e5+1;
int tree[maxn*8];
int add[maxn*8];
inline int read(){
int ret=0;
int f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-'){
f=-f;
}
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
ret=ret*10+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return f*ret;
}
int n,m;
struct edge{
int val;
int num;
}e[maxn];
struct node{
int val;
int num;
}p[maxn*2];
int cnt;
bool cmp(node x,node y){
return x.val<y.val;
}
bool cmp2(edge x,edge y){
return x.val<y.val;
}
int ln[maxn*2];
int rn[maxn*2];
void pushdown(int rt){
if(add[rt]){
int ls=rt*2;
int rs=rt*2+1;
tree[ls]+=add[rt];
tree[rs]+=add[rt];
add[ls]+=add[rt];
add[rs]+=add[rt];
add[rt]=0;
}
return ;
}
void update(int ro,int l,int r,int ls,int rs,int val){
if(rs<l||ls>r){
return ;
}
if(rs>=r&&ls<=l){
tree[ro]+=val;
add[ro]+=val;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(ro);
update(ro*2,l,mid,ls,rs,val);
update(ro*2+1,mid+1,r,ls,rs,val);
tree[ro]=max(tree[ro*2],tree[ro*2+1]);//维护区间最大点值
return ;
}
int main(){
// freopen("a.in","r",stdin);
n=read();
m=read();
int l,r;
for(int i=1;i<=n;i++){
l=read();
r=read();
// cout<<l<<" "<<r<<endl;
e[i].num=i;
e[i].val=r-l;
cnt++;
p[cnt].num=i;
p[cnt].val=l;
cnt++;
p[cnt].num=i;
p[cnt].val=r;
}
int num=0;
sort(p+1,p+1+cnt,cmp);
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(p[i].val!=p[i-1].val){
num++;//num为新建的权值，当相邻值相等时，权值不变
}
int u=p[i].num;//更新原本的L,与r;
if(!ln[u]){
ln[u]=num;
}
else rn[u]=num;
}
sort(e+1,e+1+n,cmp2);
int rig=num;
int ri=0;
int li=0;
int ans=inf;
/*
本题该部分采用了尺取法
当区间内没有点被覆盖次数大于m时，我们加入一个区间进去
如果加入此区间
//cout<<m;
*/
while(true){
while(tree[1]<m&&ri<n){//尺取法，当我们加入一个节点，如果此事有一点被覆盖次数大于等于m,这个区间为合法最大值
ri++;
int u=e[ri].num;
int ls=ln[u];
int rs=rn[u];
update(1,1,rig,ls,rs,1);
}
if(tree[1]<m){
break;//我们即使将所有区间加入也无法大于m故放弃
}
while(tree[1]>=m&&li<n){
li++;
int u=e[li].num;
int ls=ln[u];
int rs=rn[u];
update(1,1,rig,ls,rs,-1);
}//寻找影响这个区间的最小值
ans=min(ans,e[ri].val-e[li].val);// 更新最小值
}
if(ans==inf){
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
cout<<ans;
return 0;
}
完结撒花