题意：
平面上n个点，给出d，求最小的k使得长度为k在某个长度为k横坐标区间内的纵坐标的最大值与最小值之差超过d
题解：
如果做过poj2823这道题的话，这道题应该是挺好想的。（没做过的同学可以点这里）
我们可以二分长度k，然后就和上面这道题的操作一样了。复杂度是O（n*logn），1e5的数据完全没问题。
但其实我们可以不用二分答案。
我们假设区间[L1,R1]满足max-min>=d，且对于左端点来说，R1是满足条件的最左点。那么对于L2>L1,满足max-min>=d的区间[L2,R2]一定满足R2>=R1。（应该挺好想的吧qaq） 不过我们还是证明一下好了。
我们假设R2<R1，那么既然[L2,R2]都满足条件了，所以[L1,R2]也一定是满足条件的，这与题设不符。
所以我们从左到右枚举左端点，用单调队列维护区间纵坐标即可。
上代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #define LL long long #define RI register int using namespace std; const int INF = 0x7ffffff ; const int N = 1e5 + 10 ; inline int read() { int k = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ; for( ; !isdigit(c) ; c = getchar()) if(c == ‘-‘) f = -1 ; for( ; isdigit(c) ; c = getchar()) k = k*10 + c-‘0‘ ; return k*f ; } struct point { int x, y ; }p[N] ; int n, d ; deque<int>q1 ; // 单调递减序列维护最大值 deque<int>q2 ; // 单调递增序列维护最小值 deque<int>q11 ; deque<int>q22 ; inline bool cmp1(point s,point t) { return s.x < t.x ; } int main() { n = read(), d = read() ; for(int i=1;i<=n;i++) { p[i].x = read(), p[i].y = read() ; } sort(p+1,p+n+1,cmp1) ; int res = 0, ans = INF ; int i = 0 ; // 右端点 for(int j=1;j<=n;j++) { // j维护左端点 while(q1.size() && q11.front() < j) q1.pop_front(), q11.pop_front() ; while(q2.size() && q22.front() < j) q2.pop_front(), q22.pop_front() ; if(q1.size() && q1.size()) res = q1.front()-q2.front() ; else res = 0 ; while(res < d && i < n) { i++ ; while(q1.size() && q1.back() <= p[i].y) q1.pop_back(), q11.pop_back() ; while(q2.size() && q2.back() >= p[i].y) q2.pop_back(), q22.pop_back() ; q1.push_back(p[i].y), q11.push_back(i) ; q2.push_back(p[i].y), q22.push_back(i) ; res = q1.front()-q2.front() ; } if(res >= d) { ans = min(ans,p[i].x-p[j].x) ; } } if(ans == INF) printf("-1") ; else printf("%d",ans) ; return 0 ; }
——end ;
