题目描述
在数轴上有 n 个闭区间从 1 至 n 编号，第 i 个闭区间为 [li,ri] 。
现在要从中选出 m 个区间，使得这 m 个区间共同包含至少一个位置。换句话说，就是使得存在一个 x ，使得对于每一个被选中的区间 [li,ri]，都有 li≤x≤ri 。
对于一个合法的选取方案，它的花费为被选中的最长区间长度减去被选中的最短区间长度。
区间[li,ri] 的长度定义为 (ri−li) ，即等于它的右端点的值减去左端点的值。
求所有合法方案中最小的花费。如果不存在合法的方案，输出 −1。
输入格式
第一行包含两个整数，分别代表 n 和 m。
第 2 到第(n+1) 行，每行两个整数表示一个区间，第 (i+1) 行的整数 li,ri 分别代表第 i 个区间的左右端点。
输出格式
输出一行一个整数表示答案。
输入输出样例
输入 #1复制
6 3 3 5 1 2 3 4 2 2 1 5 1 4
输出 #1复制
2
说明/提示
样例1 解释
解析:
从题目中我们可以观察到，选着线段和 顺序无关，我们可以进行排序。
暴力做法就是 ：
我们对线段的长度进行从小到大排序；
当遍历到有点满足x == m时 ，当前 j 减去 i ;
时间复杂度为O（n^2); 爆
我们对区间搜索进行，我们可以用线段树记录区间的 x 进行优化，离散化一下 防止无用的点 ：
在利用区间 的 查询时，我们要记录其区间 的中的个数。
在利用双指针进行搜索：
i ， j 含义 i 代表：当在i点如果 满足其 m个时，我们i++。
while(t[1].cnt == m && i <= j)
{
i++;
change(1,s[i].l,s[i].r,-1);
}
ans = min(s[j].len - s[i].len,ans);这里要注意 i++ 是，当前满足条件的 点 ，下一个点 就不满足了。
因为我们是 线段长度从小到大 遍历。
所以i 和 j越靠近越小。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ls u<<1
#define rs u<<1|1
const int N = 500005;
struct line{
int l,r,len;
bool operator < (line& b)
{
return len < b.len;
}
}s[N];
struct node{
int l,r,cnt,lazy;
}t[N*2*4];
void pushup(int u)
{
t[u].cnt = max(t[ls].cnt ,t[rs].cnt);
}
void build(int u,int l,int r)
{
t[u].l = l,t[u].r = r;
t[u].cnt = 0;
if(l == r){
return;
}
int mid = l + r>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
pushup(u);
}
void downup(int u){
if(t[u].lazy){
t[ls].lazy += t[u].lazy;
t[rs].lazy += t[u].lazy;
t[ls].cnt += t[u].lazy;
t[rs].cnt += t[u].lazy;
t[u].lazy = 0;
}
}
void change(int u,int l,int r,int v)
{
if(t[u].l > r || t[u].r < l){
return;
}
if(t[u].l >= l&& t[u].r <= r)
{
t[u].lazy += v;
t[u].cnt += v;
return;
}
downup(u);
change(ls,l,r,v);
change(rs,l,r,v);
pushup(u);//这个没有加
}
int main()
{
int n,m;
cin >> n >> m;
vector<int> v(n*2);
int j = 0;
for(int i =1;i <= n;i++)
{
cin >> s[i].l >> s[i].r;
s[i].len = s[i].r - s[i].l+1;
v[j++] = s[i].l;
v[j++] = s[i].r;
}
sort(v.begin(),v.end());
int k = unique(v.begin(),v.end()) - v.begin();
sort(s+1,s+1+n);
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
s[i].l = lower_bound(v.begin(),v.begin()+k,s[i].l) - v.begin();
s[i].r = lower_bound(v.begin(),v.begin()+k,s[i].r) - v.begin();
}
build(1,1,k);
int ans = 1e9;
for(int i = 0,j = 0;j <= n;)
{
while(t[1].cnt < m && j <= n)
{
j++;
change(1,s[j].l,s[j].r,1);
}
if(t[1].cnt < m) break;
while(t[1].cnt == m && i <= j)
{
i++;
change(1,s[i].l,s[i].r,-1);
}
ans = min(s[j].len - s[i].len,ans);
}
cout <<(ans == 1e9 ? -1 : ans);
return 0;
}时间复杂度：O（n*logn）
