生日礼物

和逛画展非常像，不同就是每个位置可以放好几个珠子了……用结构体存一下就OK了

 

题目描述

 

小西有一条很长的彩带，彩带上挂着各式各样的彩珠。已知彩珠有N个，分为K种。简单的说，可以将彩带考虑为x轴，每一个彩珠有一个对应的坐标(即位置)。某些坐标上可以没有彩珠，但多个彩珠也可以出现在同一个位置上。

小布生日快到了，于是小西打算剪一段彩带送给小布。为了让礼物彩带足够漂亮，小西希望这一段彩带中能包含所有种类的彩珠。同时，为了方便，小西希望这段彩带尽可能短，你能帮助小西计算这个最短的长度么？彩带的长度即为彩带开始位置到结束位置的位置差。

 

输入格式

 

第一行包含两个整数N, K，分别表示彩珠的总数以及种类数。接下来K行，每行第一个数为Ti，表示第i种彩珠的数目。接下来按升序给出Ti个非负整数，为这Ti个彩珠分别出现的位置。

 

输出格式

 

输出应包含一行，为最短彩带长度。

 

输入输出样例

 

输入 #1

63

15

217

3138

输出 #1 

3

 

说明/提示

 

【样例说明】

有多种方案可选，其中比较短的是1~5和5~8。后者长度为3最短。

【数据规模】

对于50%的数据， N≤10000；

对于80%的数据， N≤800000；

对于100%的数据，1≤N≤1000000，1≤K≤60，0≤珠子位置<231。

ΣTi=n;

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我们首先将相同符号的点缩起来，去掉首末的负结点，然后思考。

如果当前的正数个数<=m显然就求一遍和即可。

如果>m的话就有两种选择了：

1.忍痛割爱弃掉一个正数。

2.选择一个负数，将两旁正数连同负数一起缩进来。

我们发现这两个操作都是在原ans的基础上支付我们选择的点代价的，因此我们支付的代价越少越好，故我们将点权的abs放入小根堆里，每次拿出来之后和两边的点缩起来即可。

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首先连在一块的正负相同的肯定可以看成一个点，然后我们就得到了一个正负交替的数列，并且首位两项都是正数（负数去掉）

然后如果正的项数<=m，那显然我们全部选走就获得了最大权值，否则我们需要做一点牺牲。

1）不选某些正项

2）选一些负项使得相邻的正项成为1块

记所有正数之和为sum，我们需要进行上面两种操作使得sum减掉的数最小并且满足只有m块。

我们把所有数的绝对值放入一个堆，每次取最小元素x。sum'-=x

那么如果该数原来是正的，意思是不选它；

如果是负的，意思是把它两边的正数合并。

但直接这样做是不行的，我们必须保证取负的时候两边的正的必须不被取，取正的时候两边的负的不被取。

换句话说，不能选择相邻的两个数！

---

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
  int pos,kind;    
}; 
int n,M,t,k,len,ans=INT_MAX,sum;
node a[1000050];
int m[1000050];
int cmp(node x,node y){return x.pos<y.pos;}
int main()
{
  queue<node>q;
  scanf("%d %d",&n,&M);  //珠子总数 和 种类数 
  for(int i=1;i<=M;i++){
      scanf("%d",&t);
      for(int j=1;j<=t;j++){
          cin>>a[++len].pos;
          a[len].kind=i;
      }
  }
  sort(a+1,a+n+1,cmp);
  for (int i=1;i<=n;i++){
        q.push(a[i]);
        m[a[i].kind]++;
        if (m[a[i].kind]==1) sum++;
        while (sum==M){
            node e=q.back(),s=q.front();  //右端点和左端点 
            if(ans>e.pos-s.pos) ans=e.pos-s.pos;
            q.pop();
            m[s.kind]--;
            if(m[s.kind]==0) sum--;
        }
    }
    cout<<ans;
}