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在数轴上有 $n$ 个闭区间 $[l_1,r_1],[l_2,r_2],...,[l_n,r_n]$。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 $[l_i,r_i]$，都有 $l_i \le x \le r_i$。
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 $[l_i,r_i]$ 的长度定义为 $r_i-l_i$，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 $−1$。
第一行包含两个正整数 $n,m$，用空格隔开，意义如上文所述。保证 $1 \le m \le n$。
接下来 $n$ 行，每行表示一个区间，包含用空格隔开的两个整数 $l_i$ 和 $r_i$ 为该区间的左右端点。
如图，当 $n=6,~m=3$ 时，花费最小的方案是选取 $[3,5]$、$[3,4]$、$[1,4]$ 这三个区间，他们共同包含了 $4$ 这个位置，所以是合法的。其中最长的区间是 $[1,4]$，最短的区间是 $[3,4]$，所以它的花费是 $(4−1)−(4−3)=2$。
所有测试数据的范围和特点如下表所示：
| 测试点编号 | $n$ | $m$ | $l_i,r_i$ |
|---|---|---|---|
| 1 | $20$ | $9$ | $0 \le l_i \le r_i \le 100$ |
| 2 | $10$ | ||
| 3 | $199$ | $3$ | $0 \le l_i \le r_i \le 100000$ |
| 4 | $200$ | ||
| 5 | $1000$ | $2$ | |
| 6 | $2000$ | ||
| 7 | $199$ | $60$ | $0 \le l_i \le r_i \le 5000$ |
| 8 | $200$ | $50$ | |
| 9 | $0 \le l_i \le r_i \le 10^9$ | ||
| 10 | $1999$ | $500$ | $0 \le l_i \le r_i \le 5000$ |
| 11 | $2000$ | $400$ | |
| 12 | $500$ | $0 \le l_i \le r_i \le 10^9$ | |
| 13 | $30000$ | $2000$ | $0 \le l_i \le r_i \le 100000$ |
| 14 | $40000$ | $1000$ | |
| 15 | $50000$ | $15000$ | |
| 16 | $100000$ | $20000$ | |
| 17 | $200000$ | $0 \le l_i \le r_i \le 10^9$ | |
| 18 | $300000$ | $50000$ | |
| 19 | $400000$ | $90000$ | |
| 20 | $500000$ | $200000$ |
时间限制：$3\texttt{s}$
空间限制：$256\texttt{MB}$
首先发现那一个相交的点一定可以是区间的某个端点，所以可以离散左右端点，那么问题就简单了，然后仔细推敲，发现可以按区间长度排序，然后不就是尺取法了么?如果有一个点被覆盖的次数$>=m$我们就移动右指针，不然我们就一直往后走，对于覆盖次数$>=m$我们就维护线段树区间最大值，然后区间修改维护指针移动即可。
1 //It is made by Awson on 2017.10.17 2 #include <set> 3 #include <map> 4 #include <cmath> 5 #include <ctime> 6 #include <cmath> 7 #include <stack> 8 #include <queue> 9 #include <vector> 10 #include <string> 11 #include <cstdio> 12 #include <cstdlib> 13 #include <cstring> 14 #include <iostream> 15 #include <algorithm> 16 #define LL long long 17 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) 18 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 19 #define sqr(x) ((x)*(x)) 20 #define Lr(x) (x<<1) 21 #define Rr(x) (x<<1|1) 22 using namespace std; 23 const int N = 500000; 24 25 int n, m, ans = 2e9; 26 struct tt { 27 int l, r, val; 28 bool operator < (const tt &b) const{ 29 return val < b.val; 30 } 31 }a[N+5]; 32 struct ss { 33 int val, id, op; 34 bool operator < (const ss &b) const{ 35 return val < b.val; 36 } 37 }b[(N<<1)+5]; 38 struct segment { 39 int sgm[(N<<3)+5], lazy[(N<<3)+5]; 40 void pushdown(int o) { 41 sgm[Lr(o)] += lazy[o], sgm[Rr(o)] += lazy[o]; 42 lazy[Lr(o)] += lazy[o], lazy[Rr(o)] += lazy[o]; 43 lazy[o] = 0; 44 } 45 void update(int o, int l, int r, int a, int b, int key) { 46 if (a <= l && r <= b) { 47 sgm[o] += key, lazy[o] += key; 48 return; 49 } 50 pushdown(o); 51 int mid = (l+r)>>1; 52 if (a <= mid) update(Lr(o), l, mid, a, b, key); 53 if (b > mid) update(Rr(o), mid+1, r, a, b, key); 54 sgm[o] = Max(sgm[Lr(o)], sgm[Rr(o)]); 55 } 56 }T; 57 58 void work() { 59 scanf("%d%d", &n, &m); 60 for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &a[i].l, &a[i].r), a[i].val = a[i].r-a[i].l; 61 sort(a+1, a+n+1); 62 for (int i = 1; i <= n; i++) { 63 b[(i<<1)-1].val = a[i].l, b[(i<<1)-1].id = i; b[i<<1].val = a[i].r, b[i<<1].id = i; 64 } 65 sort(b+1, b+2*n+1); b[0].val = -1; 66 for (int i = 1; i <= (n<<1); i++) b[i].op = b[i-1].op+(b[i].val != b[i-1].val); 67 for (int i = 1; i <= (n<<1); i++) { 68 if (b[i].val == a[b[i].id].l) a[b[i].id].l = b[i].op; 69 if (b[i].val == a[b[i].id].r) a[b[i].id].r = b[i].op; 70 } 71 int tol = b[n<<1].op, r = 0; 72 for (int i = 1; i <= n; i++) { 73 while (r < n && T.sgm[1] < m) { 74 r++; T.update(1, 1, tol, a[r].l, a[r].r, 1); 75 } 76 if (T.sgm[1] >= m) ans = Min(ans, a[r].val-a[i].val); 77 else break; 78 T.update(1, 1, tol, a[i].l, a[i].r, -1); 79 } 80 printf("%d\n", ans == 2e9 ? -1 : ans); 81 } 82 int main() { 83 work(); 84 return 0; 85 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/7683410.html
