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）