洛谷 P2698 [USACO12MAR]花盆Flowerpot

题目描述

Farmer John has been having trouble making his plants grow, and needs your help to water them properly. You are given the locations of N raindrops (1 <= N <= 100,000) in the 2D plane, where y represents vertical height of the drop, and x represents its location over a 1D number line:

;

Each drop falls downward (towards the x axis) at a rate of 1 unit per second. You would like to place Farmer John’s flowerpot of width W somewhere along the x axis so that the difference in time between the first raindrop to hit the flowerpot and the last raindrop to hit the flowerpot is at least some amount D (so that the flowers in the pot receive plenty of water). A drop of water that lands just on the edge of the flowerpot counts as hitting the flowerpot.

Given the value of D and the locations of the N raindrops, please compute the minimum possible value of W.

老板需要你帮忙浇花。给出N滴水的坐标，y表示水滴的高度，x表示它下落到x轴的位置。

每滴水以每秒1个单位长度的速度下落。你需要把花盆放在x轴上的某个位置，使得从被花盆接着的第1滴水开始，到被花盆接着的最后1滴水结束，之间的时间差至少为D。

我们认为，只要水滴落到x轴上，与花盆的边沿对齐，就认为被接住。给出N滴水的坐标和D的大小，请算出最小的花盆的宽度W。

输入输出格式
输入格式：

第一行2个整数 N 和 D。

第2.. N+1行每行2个整数，表示水滴的坐标(x,y)。

输出格式：

仅一行1个整数，表示最小的花盆的宽度。如果无法构造出足够宽的花盆，使得在D单位的时间接住满足要求的水滴，则输出-1。

输入输出样例

输入样例#1：
4 5
6 3
2 4
4 10
12 15

输出样例#1：
2

说明

【样例解释】

有4滴水， (6,3), (2,4), (4,10), (12,15).水滴必须用至少5秒时间落入花盆。花盆的宽度为2是必须且足够的。把花盆放在x=4..6的位置，它可以接到1和3水滴, 之间的时间差为10-3 = 7满足条件。

【数据范围】

40%的数据：1 ≤ N ≤ 1000，1 ≤ D ≤ 2000；

100%的数据：1 ≤ N ≤ 100000，1 ≤ D ≤ 1000000，0≤x,y≤106。

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【分析】
单调队列。
枚举左端点，向后扫右端点，同时用两个单调队列来维护区间中y的最大最小值，直到y满足条件为止。

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【代码】

//P2698 [USACO12MAR]花盆Flowerpot#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)using namespace std;int n,d,lef[100005];int q_min[100005],q_max[100005];struct node{    int x,y;}a[100005];inline bool comp(const node &u,const node &v) {return u.x<v.x;}inline int read(){    int x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}    return x*f;}int main(){    int i,j=0,ans=1e8,mxy=0,mny=1e8;    n=read();d=read();    fo(i,1,n)      a[i].x=read(),a[i].y=read(),      mxy=max(mxy,a[i].y),mny=min(mny,a[i].y);    sort(a+1,a+n+1,comp);    if(mxy-mny<d) {printf("-1\n");return 0;}    int h_min=1,t_min=0,h_max=1,t_max=0;    fo(i,1,n)    {      while(a[q_max[h_max]].y-a[q_min[h_min]].y<d)      {        j++;        if(j>n) {printf("%d\n",ans);return 0;}        while(h_max<=t_max && a[j].y>=a[q_max[t_max]].y) t_max--;        q_max[++t_max]=j;        while(h_min<=t_min && a[j].y<=a[q_min[t_min]].y) t_min--;        q_min[++t_min]=j;      }      ans=min(ans,a[j].x-a[i].x);      if(q_min[h_min]==i) h_min++;      if(q_max[h_max]==i) h_max++;    }    printf("%d\n",ans);    return 0;}