CF1802D题解
简化题意：有 n 个商店，每个商店卖 a,b 两种商品，价格分别为 \(a_i,b_i\)，你需要在每个商店买一个商品，并且不能在所有商店都买同一种商品，最小化买的最贵的 a 商品和买的最贵的 b 商品的价格差的绝对值。
思路：首先观察到数据范围是 \(n\leqslant5\times10^5\)，也是就感觉像个贪心，于是就考虑枚举某一种商品的最大值然后计算答案。我们不妨枚举买的 a 商品的最大值。我们将所有商店按 \(a_i\) 从大到小排序，钦定当前的 \(a_i\) 为 a 商品的最大值，我们发现这时有 2 类 b 。首先是满足 \(a_j>a_i\)的 \(b_j\)，接着是所有满足 \(a_j\leqslant a_i\) 的 \(b_j\)，然后是 \(a_j<a_i\) 的 \(b_j\)。对于第一类，它们是必须选的，我们记最大值为 \(maxb\) 。对于第二类，会做贡献的肯定是最大的小于等于 \(a_i\) 的 \(b_j\) 和最小的大于等于 \(a_i\) 的 \(b_j\) ，记为 \(maxl\) 和 \(minr\)，需注意的是如果没有其他的 \(a_j=a_i\) ，那不能算上对应的 \(b_j\) 的贡献。同时，因为 \(maxl,minr\) 最多只会有一个被选，那么我们也无需担心我们没有购买任何一个 a 商品。
然后我们考虑如何计算答案。首先，如果 \(maxb\geqslant a_i\)，这时无论怎么买答案都不会小于 \(maxb-a_i\) ，于是可以直接更新答案。如果 \(maxb<a_i\) 那么当前答案就是 \(\min(a_i-maxl,minr-a_i)\)，再更新答案即可。
代码实现的时候，因为是从大到小考虑 \(a_i\)，那么 \(maxb\) 显然可以直接维护，然后对于 \(a_j=a_i\) 的部分可以直接扫一遍，剩下部分的可以考虑用 multiset 来查前驱后继，这样就做完了。时间复杂度 \(O(n\log n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int s=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+(ch^48),ch=getchar();
return s;
}
const int N=500501;
int T,n;
struct node{
int a,b;
}t[N];
multiset<int>s;
inline bool cmp(node a,node b){
return a.a<b.a;
}
int main(){
T=read();
while(T--){
s.clear();
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)t[i].a=read(),t[i].b=read(),s.insert(t[i].b);
sort(t+1,t+n+1,cmp);
int maxn=-1e9,ans=1e9;
t[n+1].a=t[0].a=-1;
for(int i=n;i>=1;i--){
if(t[i].a==t[i+1].a)continue;
int j=i;
while(t[j-1].a==t[i].a)j--;
if(maxn>=t[i].a){
ans=min(ans,maxn-t[i].a);
break;
}
int cur,maxl=-1e9,minr=2e9+1;
for(int k=j;k<=i;k++){
s.erase(s.find(t[k].b));
}
if(j!=i){
for(int k=j;k<=i;k++){
if(t[k].b<=t[i].a&&t[k].b>maxl)maxl=t[k].b;
if(t[k].b>t[i].a&&t[k].b<minr)minr=t[k].b;
}
}
if(s.size()){
set<int>::iterator it=s.lower_bound(t[i].a);
if(it!=s.end()){
minr=min(minr,*it);
}
if(it!=s.begin())it--,maxl=max(maxl,*it);
}
maxl=max(maxl,maxn);
cur=min(t[i].a-maxl,minr-t[i].a);
ans=min(ans,cur);
for(int k=j;k<=i;k++)maxn=max(maxn,t[k].b);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}