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Description
在数轴上有 n个闭区间 [l1,r1],[l2,r2],...,[ln,rn]。现在要从中选出 m 个区间，使得这 m个区间共同包含至少一个位置。换句话说，就是使得存在一个 x，使得对于每一个被选中的区间 [li,ri]，都有 li≤x≤ri。
对于一个合法的选取方案，它的花费为被选中的最长区间长度减去被选中的最短区间长度。区间 [li,ri] 的长度定义为 ri−li，即等于它的右端点的值减去左端点的值。
求所有合法方案中最小的花费。如果不存在合法的方案，输出 −1。
Input
第一行包含两个正整数 n,m用空格隔开，意义如上文所述。保证 1≤m≤n
接下来 n行，每行表示一个区间，包含用空格隔开的两个整数 li 和 ri 为该区间的左右端点。
N<=500000,M<=200000,0≤li≤ri≤10^9
Output
只有一行，包含一个正整数，即最小花费。
Sample Input
6 3
3 5
1 2
3 4
2 2
1 5
1 4
3 5
1 2
3 4
2 2
1 5
1 4
Sample Output
2
正解：离散化+线段树维护+决策单调性
解题报告：
首先我们考虑暴力怎么做，按长度排序之后，我们容易发现，如果枚举一个区间作为左端点，一个区间作为右端点，那么我们就是求只在这个区间中选取的答案。
我们把这一段的所有区间的对应的一段的经过次数都加一，最后只需$check$一下这一段中是否出现了一个被经过$m$次的点，一旦存在就说明，我们一定可以找到其中的$m$个区间满足题目的要求，所以我们就可以确保在这个区间中能够选取$m$个区间并一定合法，就可以用右端点的那个区间长度-左端点的那个区间长度来更新答案。（并不关心具体选了哪些区间）
上述做法的复杂度可以用线段树维护来做到$ n^2 logn $。深入思考可以发现，其实右端点肯定是不降的，所以我们没必要再枚举一个右端点，只要用单调指针一直往后扫即可。总复杂度为：$O(nlogn)$。
//It is made by ljh2000
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <complex>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 1000011;
const int inf = (1<<30);
int n,m,top,c[MAXN*2],cnt;
int ql,qr,type,ans;
struct interval{ int l,r,len; }a[MAXN];//存储区间
struct node{ int maxl,tag; }s[MAXN*3];//线段树节点
inline bool cmp(interval q,interval qq){ return q.len<qq.len; }
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline void pushdown(int root,int l,int r){
if(s[root].tag==0) return ; if(l==r) { s[root].tag=0; return ; }
int lc=root*2,rc=lc+1;
s[lc].tag+=s[root].tag; s[rc].tag+=s[root].tag;
s[lc].maxl+=s[root].tag; s[rc].maxl+=s[root].tag;
s[root].tag=0;
}
inline void add(int root,int l,int r){
pushdown(root,l,r);
if(ql<=l && r<=qr) {
s[root].tag+=type;
s[root].maxl+=type;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1; int lc=root*2,rc=lc+1;
if(ql<=mid) add(lc,l,mid); if(qr>mid) add(rc,mid+1,r);
s[root].maxl=max(s[lc].maxl,s[rc].maxl);
}
inline void work(){
n=getint(); m=getint();
for(int i=1;i<=n;i++) {
a[i].l=getint(),a[i].r=getint();
a[i].len=a[i].r-a[i].l;
c[++cnt]=a[i].l; c[++cnt]=a[i].r;
}
top=0; ans=inf; sort(c+1,c+cnt+1); cnt=unique(c+1,c+cnt+1)-c-1;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i].l=lower_bound(c+1,c+cnt+1,a[i].l)-c,a[i].r=lower_bound(c+1,c+cnt+1,a[i].r)-c;
sort(a+1,a+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++) {
//强制选择第i个区间，那么根据单调性需要往后选择若干个区间，线段树维护，直到发现某个点被经过了m次则说明合法
while(s[1].maxl<m && top<n) {
top++;
ql=a[top].l; qr=a[top].r; type=1;
add(1,1,cnt);
}
if(s[1].maxl==m) ans=min(ans,a[top].len-a[i].len);
ql=a[i].l; qr=a[i].r; type=-1;
add(1,1,cnt);
}
if(ans==inf) printf("-1");
else printf("%d",ans);
}
int main()
{
work();
return 0;
}