题目描述
在一个10000*10000的二维平面上，有n颗糖果。
LYK喜欢吃糖果！并且它给自己立了规定，一定要吃其中的至少C颗糖果！
事与愿违，LYK只被允许圈出一个正方形，它只能吃在正方形里面的糖果。并且它需要支付正方形边长的价钱。
LYK为了满足自己的求食欲，它不得不花钱来圈一个正方形，但它想花的钱尽可能少，你能帮帮它吗？
输入格式(square.in)
第一行两个数C和n。
接下来n行，每行两个数xi,yi表示糖果的坐标。
输出格式(square.out)
一个数表示答案。
输入样例
3 4
1 2
2 1
4 1
5 2
输出样例
4
样例解释
选择左上角在(1,1)，右下角在(4,4)的正方形，边长为4。
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于50%的数据n<=50。
对于80%的数据n<=300。
对于100%的数据n<=1000。1<=xi,yi<=10000。
分析：一个比较暴力的想法就是枚举边长，然后把所有符合要求的正方形计算一边看看有没有c个,这种做法在枚举边长上花的时间比较多，如果把枚举换成二分就会快很多，而且这道题是满足二分性质的，如果边长x都不能有c个糖果，那么x-1肯定没有c个糖果.二分一下每次检验是否能包含c个糖果即可.
这个检验比较有技巧性，可以想到的一个方法是前缀和，不过在做前缀和的时候要先离散化.标程给的方法非常好.先固定一个上边界，然后向下扩展，到刚好要超出x的时候把这两个边界中所有的点全部给提取出来，然后考虑左右边界，看第i个和第i+x个的横坐标相差是否≤x.这个方法好在可以很快地枚举出所有符合答案的矩形,也应用了一个思想：想要让(x,y)符合要求，那么先把符合要求的x给提出来，然后看看y是否符合要求.
存点不要存坐标，这也相当于离散化了坐标.
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; int c, n, ans, b[1010]; struct node { int x, y; }e[1010]; bool cmp(node a, node b) { return a.x < b.x; } bool can(int l, int r, int len) { if (r - l + 1 < c) return false; int cnt = 0; for (int i = l; i <= r; i++) b[++cnt] = e[i].y; sort(b + 1, b + 1 + cnt); for (int i = c; i <= cnt; i++) if (b[i] - b[i - c + 1] <= len) return true; return false; } bool check(int len) { int cur = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (e[i].x - e[cur].x > len) { if (can(cur, i - 1, len)) return true; } while (e[i].x - e[cur].x > len) cur++; } if (can(cur, n, len)) return true; return false; } int main() { scanf("%d%d", &c, &n); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &e[i].x, &e[i].y); sort(e + 1, e + 1 + n, cmp); int l = 0, r = 10000; while (l <= r) { int mid = (l + r) >> 1; if (check(mid)) { ans = mid; r = mid - 1; } else l = mid + 1; } printf("%d ", ans + 1); return 0; }