D. Searchlights 枚举+思维

D. Searchlights 枚举+思维

题目大意：

给你n个机器人和m个监控器，你每次可以指挥所有的机器人x+1或者y+1，要求是最后对于每一个机器人，必须满足 ax>cy and bx>dy，也就是对于每一个机器人，他都要在任意一个监控器的右上方。

题解：

• 先求出每一个机器人横坐标走出去的dx所需要的最大的dy，用need数组记录
• 这个need数组记录的是对于任意的一个机器人，如果存在一个监控器可以监控到他，那么一定会算一次need
• 从大到小遍历，那么如果 i<j， 此时对于 j 想要从纵坐标走出去的need 应该是now = max(now,need[j])，遍历到 j now = max(now,need[j])
• 如果 need[x] 为真，need[x-1] =0 ，那么说明往右走x和往右走x-1是一样的，在 x 更新now之后，在 x-1 就不需要重新更新now
• 其实这样子写，有点像线段树的区间覆盖，对于索引x 应该更新所有y(y<x)的need，取最大值，最后就得出往右走x步所需要的最小的往上走的距离使得所有的机器人都不受监控。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn =2200;
int need[1000010],a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn];
 
int main(){
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&c[i],&d[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(a[i]<=c[j]&&b[i]<=d[j]){
                need[c[j]-a[i]] = max(need[c[j]-a[i]],d[j]-b[i]+1);
            }
        }
    }
    int ans = 1e9,realneed = 0;
    for(int i=1e6;i>=0;i--){
        realneed = max(realneed,need[i]);
        ans = min(ans,realneed+i);
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}