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Solution
對於。。2-sat運用十分熟練的人來講。。這題多是一眼2-sat Q^Q然而這並非我十分憂傷qwq數組
首先題目裏面有一個很明顯的暗示：能夠放在$x_i$或$y_i$優化
那咱們能夠將$x_i$和$y_i$當作兩種不能共存的選擇，咱們用一條$(u,v)$的有向邊表示選了$u$就必須選$v$，以上都是2-sat的常規操做那麼接下來咱們應該怎麼辦呢ui
若是說咱們如今的問題變成判斷一個數是否多是最小值的話，這個問題能夠採用這樣的解決方式：咱們考慮那些必定要選的邊，而後用它們無解來排除整個問題無解的狀況url
對於一個點$i$，若是說咱們選了這個點的$x_i$，那麼其餘全部的$|x_j-x_i|<d$的點都不能選$x_j$而必須選$y_j$（不然$d$就不是最小了），對於選$y_i$的狀況同理，咱們能夠根據這個建出一個圖，而後就能夠繼續2-sat常規操做大力tarjan縮點判斷一下是否有解就行了，具體的話就是一個強聯通份量中的全部點的選擇狀態必須一致，因此若是說存在一個$i$知足$x_i$和$y_i$在同一個強聯通份量中那麼就無解了spa
將問題轉化爲判斷能夠直接上個二分答案.net
如今的問題是怎麼優化建圖code
咱們將全部的$x$和$y$丟到一個數組（記爲$lis$）裏面排個序，能夠發現知足$|x_j-x_i|<d$的$j$確定是連續的一段（$l$和$r$能夠直接用lower_bound和upper_bound查加一減一什麼的有點煩==搞了很久），因此咱們能夠考慮線段樹優化建圖，把邊數控制在$nlogn$內，線段樹就按照$lis$中的這個順序來建，而後內部是從根到葉子連邊，葉子連對應的點的。。反選點（是$x$就選$y$，是$y$就選$x$）就行了get
這裏有一個小問題，點多是同樣的，那咱們排完序以後不要去重，而後照常編號什麼的就行了string
代碼大概長這個樣子
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<map>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e4+10,SEG=N*4,M=N*100,N1=SEG+N*2;
struct xxx{
int y,nxt;
}a[M];
map<int,int>Id;
int p[N][2],lis[N*2],loc[N*2],V[N*2];
int dfn[N1],low[N1],h[N1],st[N1],inst[N1],num[N1];
int n,m,tot,dfn_t,top,cnt,mx,mn,all,tmptot;
void add(int x,int y){a[++tot].y=y; a[tot].nxt=h[x]; h[x]=tot;}
namespace Seg{/*{{{*/
int ch[SEG][2],id[SEG];
int n,tot,addtg;
void _build(int x,int l,int r){
if (l==r){
add(addtg+x,loc[l]); return;
}
int mid=l+r>>1;
ch[x][0]=++tot;
_build(ch[x][0],l,mid);
ch[x][1]=++tot;
_build(ch[x][1],mid+1,r);
add(addtg+x,addtg+ch[x][0]);
add(addtg+x,addtg+ch[x][1]);
}
void build(int _n){n=_n;tot=1;addtg=_n;_build(1,1,n);}
void _link(int x,int l,int r,int lx,int rx,int from){
if (l<=lx&&rx<=r){
add(from,addtg+x);
return;
}
int mid=lx+rx>>1;
if (r<=mid) _link(ch[x][0],l,r,lx,mid,from);
else if (l>mid) _link(ch[x][1],l,r,mid+1,rx,from);
else{
_link(ch[x][0],l,mid,lx,mid,from);
_link(ch[x][1],mid+1,r,mid+1,rx,from);
}
}
void link(int l,int r,int from){if (l>r) return;_link(1,l,r,1,n,from);}
}/*}}}*/
void prework(){
lis[0]=0;
for (int i=1;i<=n;++i) lis[++lis[0]]=p[i][0],lis[++lis[0]]=p[i][1];
sort(lis+1,lis+1+lis[0]);
mx=lis[lis[0]]; mn=lis[1];
//don't unique!
int tmp;
Id.clear();
Id[lis[1]]=1;
for (int i=2;i<=lis[0];++i)
if (lis[i-1]!=lis[i]) Id[lis[i]]=i;
for (int i=1;i<=n;++i){
tmp=p[i][0];
p[i][0]=Id[p[i][0]]; V[Id[tmp]]=tmp; ++Id[tmp];
tmp=p[i][1];
p[i][1]=Id[p[i][1]]; V[Id[tmp]]=tmp; ++Id[tmp];
loc[p[i][0]]=n+i;
loc[p[i][1]]=i;
}
}
void tarjan(int x){
int u;
low[x]=dfn[x]=++dfn_t; st[++top]=x; inst[x]=true;
for (int i=h[x];i!=-1;i=a[i].nxt){
u=a[i].y;
if (!dfn[u]){
tarjan(u);
low[x]=min(low[x],low[u]);
}
else if (inst[u])
low[x]=min(low[x],dfn[u]);
}
if (low[x]==dfn[x]){
++cnt;
u=st[top];
while (u!=x){
inst[u]=false;
num[u]=cnt;
u=st[--top];
}
inst[x]=false; num[x]=cnt; --top;
}
}
void reset(){
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(h,-1,sizeof(h));
memset(inst,false,sizeof(inst));
tot=0; cnt=0; top=0;
}
void build(int d){
int l,r;
Seg::build(lis[0]);
for (int i=1;i<=n;++i){
l=lower_bound(lis+1,lis+1+lis[0],V[p[i][0]]-d+1)-lis;
r=upper_bound(lis+1,lis+1+lis[0],V[p[i][0]]+d-1)-lis-1;
if (l<=r){
Seg::link(l,p[i][0]-1,i);
Seg::link(p[i][0]+1,r,i);
}
l=lower_bound(lis+1,lis+1+lis[0],V[p[i][1]]-d+1)-lis;
r=upper_bound(lis+1,lis+1+lis[0],V[p[i][1]]+d-1)-lis-1;
if (l<=r){
Seg::link(l,p[i][1]-1,i+n);
Seg::link(p[i][1]+1,r,i+n);
}
}
}
bool check(int d){
reset();
build(d);
all=Seg::tot+lis[0];
for (int i=1;i<=all;++i)
if (!dfn[i])
tarjan(i);
for (int i=1;i<=n;++i)
if (num[i]==num[i+n]) return false;
return true;
}
void solve(){
int l=0,r=mx-mn,mid,ans=l;
while (l<=r){
mid=l+r>>1;
if (check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d%d",&p[i][0],&p[i][1]);
prework();
solve();
}