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題意

在二維平面有\(n\)個海盜，\(m\)個探照燈，你有兩種操做

• 將全部海盜往上走一步
• 將全部海盜往右走一步

設海盜爲\((a_i,b_i)\)，探照燈爲\((c_j,d_j)\)，當且僅當\(a_i\leq c_j\)且\(b_i\leq d_j\)時，海盜在探照燈範圍內，問最少多少次操做能夠將全部海盜移動到全部探照燈範圍外

分析

將題意抽象一下，找到一個二元組\((x,y)\)，\(x\)表示向上走的步數，\(y\)表示向右走的步數，而後對於任何海盜\((a_i,b_i)\)，都知足加上\((x,y)\)後，對於任何探照燈\((c_j,d_j)\)要麼\(a_i+x>c_j\)，要麼\(b_i+y>d_j\)，且\(x+y\)最小

那麼咱們\(O(nm)\)處理，找到海盜和探照燈之間的關係，若海盜在探照燈範圍內，獲得二元組\((x,y)\)，有\(a_i+x>c_j\)且\(b_i+y>d_j\)，獲得全部二元組後，按照第一維排序

此時發現，遍歷二元組，遍歷到第\(i\)個二元組時，若是取該二元組的\(x\)，那麼\(y\)最小即爲剩餘二元組的最大值，這樣能夠知足前部分探照燈向上走便可脫離，剩餘探照燈向右走便可脫離，注意答案初始值是隻往右走時的答案

#pragma GCC optimize(3, "Ofast", "inline")

#include <bits/stdc++.h>

#define start ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define ll long long
#define int ll
#define ls st<<1
#define rs st<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define rep(z, x, y) for(int z=x;z<=y;++z)
#define repd(z, x, y) for(int z=x;z>=y;--z)
#define com bool operator<(const node &b)const
using namespace std;
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int maxn = (ll) 3e5 + 5;
const int mod = 998244353;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int T = 1;
pii a[2005], b[2005];
int maxx[2005 * 2005];

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    rep(i, 1, n)cin >> a[i].first >> a[i].second;
    rep(i, 1, m)cin >> b[i].first >> b[i].second;
    vector<pii > v;
    rep(i, 1, n) {
        rep(j, 1, m) {
            if (b[j].first < a[i].first || b[j].second < a[i].second)
                continue;
            v.push_back({max(b[j].first + 1 - a[i].first, 0ll), max(0ll, b[j].second + 1 - a[i].second)});
        }
    }
    if (v.empty()) {
        cout << 0;
        return;
    }
    sort(v.begin(), v.end());
    for (int i = v.size() - 1; i >= 0; --i)maxx[i] = max(maxx[i + 1], v[i].second);
    int ans = maxx[0];
    for (int i = 0; i < v.size(); ++i)ans = min(ans, v[i].first + maxx[i + 1]);
    cout << ans;
}


signed main() {
    start;
    while (T--)
        solve();
    return 0;
}