題目鏈接：https://codeforces.com/problemset/problem/1821/D
題目大意
在一條數軸上有無窮個點，下標爲 \(0, 1, 2, \ldots\)，初始時每個點都是白色的。
你控制着一個機器人，初始時機器人位於座標爲 \(0\) 的那個點。
機器人有兩種狀態：激活狀態 和 非激活狀態。
當處於激活狀態時，機器人所在的點都會被染成黑色。
處於非激活狀態時，機器人所在的點不會被染成黑色。
初始時機器人處於非激活狀態。
你可以對這個機器人進行若干次操作，操作分爲三種類型。每一次操作，你可以選擇如下三種操作之一執行：
- 將機器人的位置像數軸的正方向移動一個單位（即：若當前機器人在座標 \(x\)，則執行一次該操作後機器人將移動到座標 \(x+1\) 的那個點）；
- 激活機器人：該操作只有當機器人處於非激活狀態時才能執行，執行該操作後機器人將變爲 激活狀態；
- 撤銷激活機器人：該操作只有當機器人處於激活狀態時才能執行，執行該操作後機器人將變爲 非激活狀態。
有 \(n\) 個區間，第 \(i\) 個區間用 \([l_i, r_i]\) 表示。
你需要使用最少的操作次數，將至少 \(k\) 個點染成黑色，但是有一個限制，就是：這些染成黑色的點必須包含在至少一個給定的區間中，這也就是說，如果你要將座標爲 \(x\) 的那個點染成黑色，則必須保證存在一個 \(i(1 \le i \le n)\) 滿足 \(l_i \le x \le r_i\)。
同時，本題也要求操作結束時機器人恢復到非激活狀態（這也就意味着最少操作次數對應的最後一次操作是 撤銷激活機器人）。
問：至少需要進行幾次操作能夠使至少 \(k\) 個點被染成黑色，且最終機器人處於非激活狀態？
解題思路
首先是考慮從前往後枚舉第 \(i\) 個線段。
考慮只對前 \(i\) 個線段裏面的點進行染色。那麼會出現兩種情況：
- 情況1：前 \(i\) 個線段裏面可以被染色的點的個數 \(\lt k\) 個 —— 此時因爲點的數量不夠，所以不做討論；
- 情況2：前 \(i\) 個線段裏面可以被染色的點的個數 \(\ge k\) 個，此時需要重點分析。
當前 \(i\) 個線段裏面可以被染色的點的個數 \(\ge k\) 個時，我們還需要考慮 —— 最優解有沒有給第 \(i\) 個線段中的點染色？
如果最優解沒有給第 \(i\) 個線段中的點染色，則該情況可以直接轉移到前 \(i-1\) 個線段的情況（因爲我們時枚舉前 \(i\) 個線段的，枚舉前 \(i\) 個線段之前肯定已經枚舉了前 \(i-1\) 個線段，所以這種情況實際上已經分析過了）。
所以此時的情況肯定是給第 \(i\) 個線段中的點染色的。
首先，對於前面的所有線段，只要是選擇染色的，將前面這些線段中的點全部都染色肯定不會差，因爲：
對於一個線段，只要有一個點選擇染色了，那麼肯定具有 激活（原題中的 shift）和 撤銷激活（原題中的 release shift）操作了，此時再對這個線段中的其它點進行染色的額外操作此時是確定的，多染一個點只需要多操作一次。
所以，對於前 \(i-1\) 個線段：
- 要麼選擇全都不染（這個線段棄用掉）；
- 要麼選擇全都染（然後第 \(i\) 個線段把剩餘的個數補齊）。
所以此時需要考慮的是前 \(i-1\) 個線段中哪些需要棄用掉。
我一開始有一種錯誤的貪心思想，就是在保證前 \(i\) 個線段中保留的線段對應的點的個數 \(\ge k\) 的情況下，儘量多刪除前面的長度小的線段，但是發現這種錯誤思想是錯誤的。舉個反例：
1
2 3
1 3
2 5
此時：當 \(i = 2\) 時，棄用掉第一段的最少操作次數爲 \(7\)；不棄用第 \(1\) 段的操作此時是 \(6\)。
只有長度爲 \(1\) 的線段纔有可能被棄用。
爲什麼呢，因爲在考慮前 \(i\) 個線段並且第 \(i\) 個線段是需要激活的情況下，是肯定需要移動到 \(l_i\) 的，而 \(r_{i-1} \lt l_i\)，對於一個長度 \(\ge 2\) 的線段（假設爲第 \(j\) 個線段）\([l_j, r_j]\)，這些點段中的點都是要移動到的，當線段中的點數 \(\ge 2\) 時，只需要兩步額外的操作（激活/shift 和 撤銷激活release shift）就能夠使這個線段中的所有點都染色（這不是很香嘛），至少不會比在第 \(i\) 個線段中向右移動一格要花更多的操作次數。
而對於長度爲 \(1\) 的線段，移動也是需要移動的，所以不考慮移動的開銷。但是如果給這一個點染色需要額外操作兩次（激活/shift 和 撤銷激活release shift）。而後面的第 \(i\) 個線段只需要多移動依次就能多一個點染色。所以對於長度爲 \(1\) 的點，棄用它們更優。
所以，只有長度爲 \(1\) 的線段纔有可能被棄用。
但是棄用歸棄用，對於每個枚舉到的 \(i\)，當前 \(i\) 個線段的對應的所有可以染色的點的數量已經 \(\ge k\) 時，不能啓用到剩餘點的個數 \(\lt k\) —— \(\lt k\) 了就不是一個可發的答案了。
綜上所述，就是枚舉前 \(i\) 個線段，然後把前面長度爲 \(1\) 的線段能棄用的都棄用了。那麼此時，假設：
- 沒有被棄用的線段對應的點的數量爲 \(sum\)
- 沒有被棄用的線段的數量是 \(cnt\) 個
則：考慮到從座標 \(0\) 移動到 \(r_i\)，並且沒有棄用的線段都染色了，那麼：
- 移動帶來的花費是 \(r_i\)，
- 每個線段激活和撤銷激活的花費是 \(cnt \times 2\)
所以給前 \(i\) 個線段中沒有棄用的線段中的點都染色的花費是 \(r_i + cnt \times 2\)。
但是，因爲我只需要給 \(k\) 個點染色就可以了，但是我卻選擇給了 \(sum\) 個點染色（\(sum \ge k\)），那麼在最後一個線段中，我其實可以減少 \(sum - k\) 個點的染色（減小 \(sum - k\) 次向右的移動），此時答案的一個候選項是：
\(r_i + cnt \times 2 - (sum - k)\)
而我的答案就是所有合法的 \(r_i + cnt \times 2 - (sum - k)\) 的最小值。
示例程序
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 5;
int T, n, k, l[maxn], r[maxn];
int cal() {
int ans = -1, cnt = 0, sum = 0, cnt1 = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
sum += r[i] - l[i] + 1;
cnt++;
cnt1 += (l[i] == r[i]);
if (sum >= k) {
int x = min(sum-k, cnt1);
sum -= x;
cnt1 -= x;
cnt -= x;
int tmp = r[i] + cnt * 2 - (sum - k);
if (ans == -1 || ans > tmp)
ans = tmp;
}
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", l+i);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", r+i);
printf("%d\n", cal());
}
return 0;
}