[NOI2016]区间（尺取法+线段树）

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洛谷

Main Points

(n) 个区间，取 (m) 个，使他们有公共区域（交集），定义一个区间权值为 (r[i]-l[i])，求如何选 (m) 个满足条件区间使得其中权值最大的减去权值最小的差最小。

Foreword

我没学过什么尺取所以姑且就叫这个双指针了qwq。

Analysis

下文中区间的【权值】均指 (r-l)，【满足条件】指全局中被区间覆盖次数最多的点覆盖的次数刚好为 (m)。

先解释一下为什么这样就满足条件了，如果 ([i,j]) 这一段的区间满足条件，然后就可以拿 (i,j) 来更新答案。但是有可能 (i,j) 并不是都在符合要求的区间集合里，但是这样一个满足要求的区间集合的最小最大值一定在 ([i,j]) 内，一定比拿 (i,j) 来更新答案更优，所以这肯定会被更优的解覆盖掉。

最后的答案一定是两个区间相减，那我们不妨枚举第一个区间，然后找到最小的第二个区间。这就让我们想到如果给所有区间按权值排序，然后就可以很容易的枚举第一第二个区间了（枚举第一个区间，然后往后找到第一个满足条件的）。可是这样做的话复杂度就是 (O(n^2log{n})) 的了。考虑优化。如果枚举一段区间 ([i,j]) 不是满足条件的，则 ([i+1,j]) 也一定不满足条件，([i,j-1]) 也一定不满足条件。所以对于第一个位置往后推时第二个位置就不用重新找了，直接继续往后推就好了。这样时间复杂度就降为 (O(nlog{n}))。至于维护用离散化+线段树就好了（就是个板子了）。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct segment{
	int mx, add;
}tr[1000005 << 2];
struct node{
	int l, r, len;
	friend bool operator < (node a, node b) { return a.len < b.len; }
}p[1000005];
int n, m, top, now, ans = 0x3f3f3f3f, tmp[1000005];
void push_down(int cur) {
	if (tr[cur].add) {
		tr[cur << 1].mx += tr[cur].add; tr[cur << 1].add += tr[cur].add;
		tr[cur << 1 | 1].mx += tr[cur].add; tr[cur << 1 | 1].add += tr[cur].add;
		tr[cur].add = 0;
	}
}
void push_up(int cur) { tr[cur].mx = max(tr[cur << 1].mx, tr[cur << 1 | 1].mx); }
void change(int cur, int l, int r, int x, int y, int v) {
	if (l > y || r < x) return;
	if (x <= l && r <= y) {
		tr[cur].mx += v, tr[cur].add += v;
		return;
	}
	push_down(cur);
	int mid = (l + r) >> 1;
	change(cur << 1, l, mid, x, y, v); change(cur << 1 | 1, mid + 1, r, x, y, v);
	push_up(cur);
}
int main() {
	freopen("interval.in", "r", stdin); freopen("interval.out", "w", stdout);
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &p[i].l, &p[i].r), p[i].len = p[i].r - p[i].l, tmp[++top] = p[i].l, tmp[++top] = p[i].r;
	sort(tmp + 1, tmp + 1 + top);
	top = unique(tmp + 1, tmp + 1 + top) - tmp - 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) p[i].l = lower_bound(tmp + 1, tmp + 1 + top, p[i].l) - tmp, p[i].r = lower_bound(tmp + 1, tmp + 1 + top, p[i].r) - tmp;
	sort(p + 1, p + 1 + n);
	for (int i = 1, j = 0; i <= n; i++) {
		while (j < n && tr[1].mx < m) j++, change(1, 1, top, p[j].l, p[j].r, 1);
		if (tr[1].mx == m) ans = min(ans, p[j].len - p[i].len);
		change(1, 1, top, p[i].l, p[i].r, -1);
	}
	if (ans < 0x3f3f3f3f) printf("%d", ans);
	else puts("-1");
	return 0;
}

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