蚂蚁运输(ant)
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【题目描述】
LYK 在观察一些蚂蚁。蚂蚁想要积攒一些货物来过冬。积攒货物的方法是这样的。对于第i只蚂蚁， 它要从li出发， 拿起货物， 走到ri处放下货物， 需要消耗的时间为|ri-li|。而且所有蚂蚁都是可以同时进行的，也就是说，假如有 m 只蚂蚁，那么运输完货物的时间为 max{|ri-li|}。LYK 决定帮蚂蚁一把，它发明了空间传输装置。具体地，当蚂蚁走到 X 处时，它可以不耗费任意时间的情况下瞬间到达 Y，或者从 Y 到达 X。也就是说，一个蚂蚁如果使用了空间传输装置，它耗费的时间将会是 min{|li-X|+|ri-Y|,|li-Y|+|ri-X|}，当然蚂蚁也可以选择徒步走到目标点。由于空间传输装置非常昂贵，LYK 打算只建造这么一台机器。并且 LYK 想让蚂蚁运输完货物的时间尽可能短，你能帮帮它吗？
【输入格式】(ant.in)
第一行两个数 n,m，n 表示 li,ri 的最大值。
接下来 m 行，每行两个数 li,ri。
【输出格式】(ant.out)
一个数表示答案
【输入样例】
5 2
1 3
2 4
【输出样例】
1
【数据范围】
对于 20%的数据 n,m<=100。
对于 40%的数据 n,m<=1000。
对于 60%的数据 n<=100000，m<=1000。
对于 80%的数据 n,m<=100000。
对于 100%的数据 n,m<=1000000，1<=li,ri<=n（li=ri 时你甚至可以无视这只蚂蚁） 。
【样例解释】
令空间传输装置的参数中 X=2，Y=3 或者 X=3，Y=2 都行。
【题目分析】
二分答案。假设最短时间为Zdsj，传送的区间为x——y
首先预处理一下，如果l[i]==r[i]，直接忽略这只蚂蚁，如果l[i]>r[i]，我们把这两个数交换（反正正反走都是一样的），通过这样的处理之后就可以得到|L-x|+|R-y|<=Zdsj。
L-x+R-y<=Zdsj;
L-x+y-R<=Zdsj;
x-L+R-y<=Zdsj;
x-L+y-R<=Zdsj;
整理一下可以得到：
L+R-Zdsj<=x+y<=L+R+Zdsj;
L-R-Zdsj<=x-y<=L-R+Zdsj;
只要保证这两段区间内都有数就可以了，
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn=1e7+;
const int INF=1e9;
int n,m;
int L[maxn],R[maxn];
int ans=;
int c=;
int check(int Zdsj)
{
int l1=-INF,r1=INF;
for(int i=;i<=c;i++)
{
if(R[i]-L[i]<=Zdsj) continue;
l1=max(l1,L[i]+R[i]-Zdsj);
r1=min(r1,L[i]+R[i]+Zdsj);
}
if(l1>r1) return ;
l1=-INF;r1=INF;
for(int i=;i<=c;i++)
{
if(R[i]-L[i]<=Zdsj) continue;
l1=max(l1,L[i]-R[i]-Zdsj);
r1=min(r1,L[i]-R[i]+Zdsj);
}
if(l1>r1) return ;
return ;
}
int main()
{
freopen("ant.in","r",stdin);
freopen("ant.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
if(a>b) swap(a,b);
if(a!=b)
L[++c]=a,
R[c]=b;
}
int l=,r=n;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>;
if(check(mid))
ans=mid,
r=mid-;
else
l=mid+;
}
printf("%d\n",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}