[bzoj1359][Baltic2009]Candy

给定N个数对$(T_i,S_i)$，表示时刻$S_i$时在位置$T_i$处出现一粒糖果。有一些机器人可供使用，每个机器人可花费一单位时间向相邻位置移动。要求用最少的机器人接到全部糖果。时刻0时机器人位置可自行安排。

$1 leq N leq100000$， $0 leq S_i,T_i leq 10^9$。

---

好题。首先可以想到转化成二维点对的问题。

对于两点$(x,y)$和$(p,q)$，两点之间能连线的要求是$|x-p| geq |y-q|$。

要求用最少的折线覆盖所有的点。

我们只考虑时间小的向大的连边。不妨令$p<x$

不考虑相等的情况下，对$x,p$，$y,q$的大小关系进行讨论。

$left{egin{array}{l}x>p\y>qend{array} ight.$，这时还需满足$x-p geq y-q$；

$left{egin{array}{l}x>p\y<qend{array} ight.$，这时还需满足$x-p geq q-y$；

而如果$p>x$时

$left{egin{array}{l}p>x\y>qend{array} ight.$或$left{egin{array}{l}p>x\q>yend{array} ight.$

发现符合条件的两种情况都满足$x-y geq p-q$且$x+y geq p+q$。而两种不合法的均不满足两者其一。

于是就转化成了二维偏序，，，点i的两个关键字如果都比点j大则可以连边。等于也是可以的。

贪心的思路比较显然，保证$x+y$有序的前提下，找到$x-y$与小于等于当前$x-y$值，且差最小的那个。（更小的一定不更优）。如果找不到就新添加一个机器人。用set维护即可，复杂度$O(nlogn)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
typedef pair<int,int> P;
inline int read(){
    int r=0,c=getchar();
    while(!isdigit(c))c=getchar();
    while(isdigit(c))
    r=r*10+c-'0',c=getchar();
    return r;
}
int ans,n;P a[N];
set<int>S;
set<int>::iterator it;
int main(){
    ans=n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int y=read(),x=read();
        a[i]=P(x+y,x-y);
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int t=a[i].second;
        it=S.upper_bound(t);
        if(it!=S.begin())
        S.erase(--it),ans--;
        S.insert(t);
    }
    printf("%d
",ans);
}