HDU 5699 货物运输

Problem Description

公元2222年，l国发生了一场战争。

小Y负责领导工人运输物资。

其中有m种物资的运输方案，每种运输方案形如li,ri。表示存在一种货物从li运到ri。

这里有n个城市，第i个城市与第i+1个城市相连（这里1号城市和n号城市并不相连），并且从i号城市走到i+1号或者从i+1号走到i号需要耗费1点时间。

由于高科技的存在，小Y想到了一种节省时间的好方案。在X号城市与Y号城市之间设立传送站，只要这么做，在X号城市走到Y号城市不需要耗费时间，同样的，从Y号城市走到X号城市也不需要耗费时间。

但是为了防止混乱，只能设立这么一条传送站。

现在这些运输方案同时进行，小Y想让最后到达目的地的运输方案时间最短。

在样例中，存在两条运输方案，分别是1号城市到3号与2号到4号，那么我们在2号城市与3号城市建立传送站，这样运输方案时间最长的只需要1点时间就可以了。

 

Input

多组测试数据

第一行两个整数n,m(1≤n,m≤1000000)。

接下来m行，每行两个整数li,ri(1≤li,ri≤n)。（若li=ri，则不需要耗费任何时间）

 

Output

一个数表示答案。

 

Sample Input

5 2
1 3
2 4

 

Sample Output

1

二分答案加验证，验证的方法比较巧妙，想了挺久才搞懂。
二分答案为最远的距离d，用这个d来验证，对于原本距离小于d的可以不用考虑了，只考虑原来大于d的
假设大于d的距离的两端是L和R，那么我们选择建的区间是l,r那么一定要满足
abs(l-L)+abs(r-R)<=d
把这个式子的绝对值去掉，我们可以得到四条式子。
l-L+r-R<=d;
l-L-r+R<=d;
L-l+r-R<=d;
L-l+R-r<=d;
整理一下可得 L+R-d<=l+r<=L+R+d,L-R-d<=l-r<=L-R+d;
那么我们就可以知道l+r和l-r的范围了，然后只要做区间的合并，
看最后是否有合法的l+r和l-r即可。
这里需要注意一个问题，当l+r和l-r是唯一的且相加为奇数，那么这样的情况下，l和r是不存在的。

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<functional>
using namespace std;
typedef __int64 LL;
const int low(int x) { return x&-x; }
const int INF = 0x7FFFFFFF;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6 + 10;
int n, L[maxn], R[maxn], m;

bool check(int d)
{
int l = -2 * n, ll = -2 * n;
int r = 3 * n, rr = 3 * n;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
if (R[i] - L[i] <= d) continue;
l = max(l, L[i] + R[i] - d);
r = min(r, L[i] + R[i] + d);
ll = max(ll, L[i] - R[i] - d);
rr = min(rr, L[i] - R[i] + d);
}
return l == r&&ll == rr ? !(l + ll & 1) : l <= r&&ll <= rr;
}

int main()
{
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
{
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d", &L[i], &R[i]);
if (L[i] > R[i]) swap(L[i], R[i]);
}
int q = 0, h = n;
while (q <= h)
{
int mid = q + h >> 1;
if (check(mid)) h = mid - 1; else q = mid + 1;
}
printf("%d\n", q);
}
return 0;
}