在数轴上有 n个闭区间 [l1,r1],[l2,r2],...,[ln,rn]。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。
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首先我们考虑暴力怎么做，按长度排序之后，我们容易发现，如果枚举一个区间作为左端点，一个区间作为右端点，那么我们就是求只在这个区间中选取的答案。
我们把这一段的所有区间的对应的一段的经过次数都加一，最后只需check一下这一段中是否出现了一个被经过m次的点，一旦存在就说明，我们一定可以找到其中的mm个区间满足题目的要求，所以我们就可以确保在这个区间中能够选取m个区间并一定合法，就可以用右端点的那个区间长度-左端点的那个区间长度来更新答案。（并不关心具体选了哪些区间）
上述做法的复杂度可以用线段树维护来做到n2logn。深入思考可以发现，其实右端点肯定是不降的，所以我们没必要再枚举一个右端点，只要用单调指针一直往后扫即可。总复杂度为：O(nlogn)。
（引自 ljh2000）
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define lch k<<1 #define rch k<<1|1 using namespace std; const int N=1e6+5,M=N<<2; const int inf=2e9; int n,m,p,cnt,ans=inf; int mx[M],tag[M]; struct node{int l,r,len;}a[N>>1];int b[N]; inline bool cmp(const node &x,const node &y){ return x.len<y.len; } inline void opera(int k,int v){ mx[k]+=v; } inline void pushdown(int k,int l,int r){ if(!tag[k]) return ; tag[lch]+=tag[k];opera(lch,tag[k]); tag[rch]+=tag[k];opera(rch,tag[k]); tag[k]=0; } void change(int k,int l,int r,int x,int y,int v){ if(l==x&&r==y){ opera(k,v); tag[k]+=v; return ; } pushdown(k,l,r); int mid=(l+r)>>1; if(y<=mid) change(lch,l,mid,x,y,v); else if(x>mid) change(rch,mid+1,r,x,y,v); else change(lch,l,mid,x,mid,v),change(rch,mid+1,r,mid+1,y,v); mx[k]=max(mx[lch],mx[rch]); } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r),a[i].len=a[i].r-a[i].l;; for(int i=1;i<=n;i++) b[++cnt]=a[i].l,b[++cnt]=a[i].r; sort(a+1,a+n+1,cmp); sort(b+1,b+cnt+1);cnt=unique(b+1,b+cnt+1)-(b+1); for(int i=1;i<=n;i++){ a[i].l=lower_bound(b+1,b+cnt+1,a[i].l)-b, a[i].r=lower_bound(b+1,b+cnt+1,a[i].r)-b; } int top=1; for(int i=1;i<=n;i++){ for(;mx[1]<m&&top<=n;top++){ change(1,1,cnt,a[top].l,a[top].r,1); } if(mx[1]==m) ans=min(ans,a[top-1].len-a[i].len); change(1,1,cnt,a[i].l,a[i].r,-1); } printf("%d\n",ans!=inf?ans:-1); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/shenben/p/6856585.html
