【線段樹】[NOI2016]區間

題目描述

在數軸上有 n 個閉區間 [l1,r1],[l2,r2],...,[ln,rn] 。現在要從中選出 m 個區間，使得這 m 個區間共同包含至少一個位置。換句話說，就是使得存在一個 x ，使得對於每一個被選中的區間 [li,ri] ，都有 li≤x≤ri 。

對於一個合法的選取方案，它的花費爲被選中的最長區間長度減去被選中的最短區間長度。區間 [li,ri] 的長度定義爲 ri−li ，即等於它的右端點的值減去左端點的值。

求所有合法方案中最小的花費。如果不存在合法的方案，輸出 −1 。

輸入格式

第一行包含兩個正整數 n,m ，用空格隔開，意義如上文所述。保證 1≤m≤n 。

接下來 n 行，每行表示一個區間，包含用空格隔開的兩個整數 li 和 ri 爲該區間的左右端點。

輸出格式

只有一行，包含一個正整數，即最小花費。

樣例一

input

6 3
3 5
1 2
3 4
2 2
1 5
1 4

output

2

explanation

如圖，當 n=6, m=3 時，花費最小的方案是選取 [3,5] 、[3,4] 、[1,4] 這三個區間，他們共同包含了 4 這個位置，所以是合法的。其中最長的區間是 [1,4] ，最短的區間是 [3,4] ，所以它的花費是 (4−1)−(4−3)=2 。

樣例二

見樣例數據下載。

樣例三

見樣例數據下載。

限制與約定

所有測試數據的範圍和特點如下表所示：

測試點編號	n	m	li,ri
1	20	9	0≤li≤ri≤100
2		10
3	199	3	0≤li≤ri≤100000
4	200
5	1000	2
6	2000
7	199	60	0≤li≤ri≤5000
8	200	50
9			0≤li≤ri≤109
10	1999	500	0≤li≤ri≤5000
11	2000	400
12		500	0≤li≤ri≤109
13	30000	2000	0≤li≤ri≤100000
14	40000	1000
15	50000	15000
16	100000	20000
17	200000		0 \le l_i \le r_i \le 10^90≤li≤ri≤109
18	300000	50000
19	400000	90000
20	500000	200000

時間限制：3s

空間限制：256MB

下載

樣例數據下載

分析

離散化，按照區間長度排序，維護一個雙指針，滑動窗口，用一個線段樹來維護點被覆蓋的次數即可。

代碼

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 500000
int r[MAXN*2+10],rcnt,m,n,ans=0x7fffffff;
struct itv{
    int l,r,len;
    inline itv(){
    }
    inline itv(int l,int r):l(l),r(r),len(r-l){
    }
    bool operator<(const itv &b)const{
        return len<b.len;
    }
}a[MAXN+10];
struct node{
    int tagp,tag0,mx;
}tree[MAXN*8+10];
inline void push_down(int i){
    if(tree[i].tag0){
        tree[i<<1].tag0=tree[(i<<1)|1].tag0=1;
        tree[i<<1].mx=tree[i<<1].tagp=0;
        tree[(i<<1)|1].mx=tree[(i<<1)|1].tagp=0;
        tree[i].tag0=0;
    }
    if(tree[i].tagp){
        tree[i<<1].mx+=tree[i].tagp,tree[(i<<1)].tagp+=tree[i].tagp;
        tree[(i<<1)|1].mx+=tree[i].tagp,tree[(i<<1)|1].tagp+=tree[i].tagp;
        tree[i].tagp=0;
    }
}
inline void update(int i){
    tree[i].mx=max(tree[i<<1].mx,tree[(i<<1)|1].mx);
}
void insert(int i,int l,int r,int ll,int rr,int d){
    if(ll<=l&&r<=rr){
        tree[i].tagp+=d;
        tree[i].mx+=d;
        return;
    }
    if(ll>r||rr<l)
        return;
    int mid((l+r)>>1);
    push_down(i);
    insert(i<<1,l,mid,ll,rr,d);
    insert((i<<1)|1,mid+1,r,ll,rr,d);
    update(i);
}
int get_mx(int i,int l,int r,int ll,int rr){
    if(ll<=l&&r<=rr)
        return tree[i].mx;
    if(ll>r||rr<l)
        return 0;
    int mid((l+r)>>1);
    push_down(i);
    return max(get_mx(i<<1,l,mid,ll,rr),get_mx((i<<1)|1,mid+1,r,ll,rr));
}
void Read(int &x){
    static char c;
    bool f(0);
    while(c=getchar(),c!=EOF){
        if(c=='-')
            f=1;
        else if(c>='0'&&c<='9'){
            x=c-'0';
            while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9')
                x=x*10+c-'0';
            ungetc(c,stdin);
            if(f)
                x=-x;
            return;
        }
    }
}
void read(){
    Read(n),Read(m);
    int i,L,R;
    for(i=1;i<=n;i++){
        Read(L),Read(R);
        r[++rcnt]=L,r[++rcnt]=R;
        a[i]=itv(L,R);
    }
    sort(r+1,r+rcnt+1);
    rcnt=unique(r+1,r+rcnt+1)-r-1;
    for(i=1;i<=n;i++){
        a[i].l=lower_bound(r+1,r+rcnt+1,a[i].l)-r;
        a[i].r=lower_bound(r+1,r+rcnt+1,a[i].r)-r;
    }
    sort(a+1,a+n+1);
}
void solve(){
    int i=1,j=2;
    tree[1].tag0=1,tree[1].tagp=tree[1].mx=0;
    insert(1,1,rcnt,a[1].l,a[1].r,1);
    while(i<=n){
        while(j<=n&&tree[1].mx<m){
            insert(1,1,rcnt,a[j].l,a[j].r,1);
            j++;
        }
        if(tree[1].mx<m)
            break;
        ans=min(ans,a[j-1].len-a[i].len);
        insert(1,1,rcnt,a[i].l,a[i].r,-1);
        i++;
    }
}
int main()
{
    read();
    solve();
    if(ans==0x7fffffff)
        puts("-1");
    else
        printf("%d\n",ans);
}