题意：

　　平面上n个点，给出d，求最小的k使得在某个横坐标长度为k的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 ;
}

View Code

——end ;

转载于:https://www.cnblogs.com/zub23333/p/8569713.html

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