HDU 5699 货物运输

货物运输

Time Limit: 20000/10000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)
Total Submission(s): 482    Accepted Submission(s): 210

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
  

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5699

题意：见题目。

解题思路：昨天在学校内部举行了一场单人赛，（打的很惨），比赛的时候都没看这道题目，今早上队友跟我说是二分的题我才看题目，看完题目的时候我一直在纠结放置转换器的区间（被样例解释给坑了，也是自己太傻了），觉得得用搜索，好像跟二分没什么关系，但是一直没想出个所以然，后来再仔细看题的时候才知道只要输出用时最少是多少就行，放置转换器的区间作为判断的条件就行。所以很快就想到二分，用时最短为0，最长为城市的个数n，所以将它们作为二分的左右区间进行二分就好，当前的mid如果可以得到解的话就必须满足：（|x-l[i]|+|y-r[i]|<=mid）（此时x和y为放置转换器的区间，l[i]和r[i]为距离大于mid的区间，因为小于mid的区间可以不用考虑），去掉绝对值可以得到四个不等式：

(x+y)<=(l[i]+r[i]-time)

(x+y)>=(l[i]+r[i]+time)

(y-x)<=(r[i]-l[i]-time)

(y-x)>=(r[i]-l[i]+time) 

即放置转换器区间的范围，很明显小于等于(x+y)的最大值（ma1）要小于等于大于等于(x+y)的最小值（mi1）才满足要求，同理（y-x）也是（ma2），（mi2），但要考虑一个特殊情况，就是（x+y）和（y-x）的值唯一确定时，也就是ma1=mi1 且 ma2=mi2时，此时不等式方程转变为等式方程，2*x=ma1+ma2,所以为了得到整数解（ma1+ma2）不能为奇数。

AC代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXM = 1000000 + 10;
const int INF = 1000000 + 7;
int n,m;
int left[MAXM];//运输的左起点 
int right[MAXM];//运输的右终点 
bool ok(int time)
{
	int ma1=-INF,mi1=INF;
	int ma2=-INF,mi2=INF;
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		if(right[i]-left[i]>time)//当运输时间大于x时判断 
		{
			//(x,y)为放置转换器的两地 
			ma1=max(ma1,left[i]+right[i]-x);//(x+y)<=(l+r-time) 此时time为solve函数中传入的mid 
			mi1=min(mi1,left[i]+right[i]+x);//(x+y)>=(l+r+time)
			ma2=max(ma2,right[i]-left[i]-x);//(y-x)<=(r-l-time)
			mi2=min(mi2,right[i]-left[i]+x);//(y-x)>=(r-l+time) 
		}
	}
	if(ma1<=mi1 && ma2<=mi2)//当小于等于(x+y)的最大值小于等于大于等于(x+y)的最小值才满足要求 
	{
		if(ma1==mi1 && ma2==mi2)
		/*当x+y的值和x-y的值唯一确定时，ma1=mi1 && ma2=mi2,
		那么此时不等式方程转变为等式方程 2*x=ma1+ma2 如果ma1+ma2为奇数，
		那么此时x没有整数解，及当前的mid不能得到满足要求的(x,y)*/
		{
			if((ma1+ma2)&1) return false;
		}
		return true;
	}
	return false;
}
void solve()
{
	int lb,ub,mid;
	int ans;
	lb=0,ub=n;
	while(lb<=ub)//二分求解 
	{
		mid=(lb+ub)/2;
		if(ok(mid))//当(x,y)存在时，那么就缩小查找范围，查找更小的满足要求的时间 
		{
			ans=mid;
			ub=mid-1;
		}
		else lb=mid+1;
	}
	printf("%d\n",ans);
}
int main(void)
{
	while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
	{
		for(int i=0;i<m;i++)
		{
			scanf("%d%d",&left[i],&right[i]);
			if(left[i]>right[i])
			{
				swap(left[i],right[i]);//如果输入的是大的坐标运输到小的坐标时进行交换 
			}
		}
		solve();
	}
	return 0;
}