生日礼物（我的思维崩盘题- -.）

个人心得：做完这题发现自己有多水，先是思路崩盘，后面借鉴思路之后再试，编程崩盘。好吧，全程崩盘，我要很无奈。

总的来说，还是自己思维的不严谨性和不会更好的模拟和运用学过的知识，还是有待进步！

好吧先看这道令我奔溃的题吧，可能是我太水了！！！

小西有一条很长的彩带，彩带上挂着各式各样的彩珠。已知彩珠有N个，分为K种。简单的说，可以将彩带考虑为x轴，每一个彩珠有一个对应的坐标(即位置)。某些坐标上可以没有彩珠，但多个彩珠也可以出现在同一个位置上。 小布生日快到了，于是小西打算剪一段彩带送给小布。为了让礼物彩带足够漂亮，小西希望这一段彩带中能包含所有种类的彩珠。同时，为了方便，小西希望这段彩带尽可能短，你能帮助小西计算这个最短的长度么？彩带的长度即为彩带开始位置到结束位置的位置差。Input第一行包含两个整数N, K，分别表示彩珠的总数以及种类数。接下来K行，每行第一个数为Ti，表示第i种彩珠的数目。接下来按升序给出Ti个非负整数，为这Ti个彩珠分别出现的位置。Output应包含一行，为最短彩带长度。Sample Input

6 3
1 5
2 1 7
3 1 3 8

Sample Output

3

Hint

有多种方案可选，其中比较短的是1~5和5~8。后者长度为3最短。
【数据规模】
对于50%的数据， N≤10000；
对于80%的数据， N≤800000；
对于100%的数据，1≤N≤1000000，1≤K≤60，0≤彩珠位置<2^31。

做题思路：本来是想从上到下一直延伸的，发现实施不了，后想着每个来一次深搜，绝对超时，后面看了网上的思路。很令人佩服。

【分析】：

          这道题用贪心的思想。贪心的方法为：对于每种颜色的彩珠，从编号小的地方往后推进，用数组where[x]记录x颜色的珠子已经推进到了哪个地方。首先，在所有颜色当前推进位置中，选出位置编号的最大值max1和最小值min1，很容易想到当前符合题意的长度就是max1-min1<如图一>,这一步是计算。

          然后尝试将某个满足下面条件的颜色的where向后推一位：这一颜色的当前推进位置是所有颜色中最小的，且它的后面那一位最小，这一步是转移<如图二>。

          现在来计算循环次数：有N个珠子，K种颜色，转移需转移N-K次，计算需计算N-K+1次<多的“1”是在初始位置时需要进行一次计算>，因此循环次数为N-K+1。这道题贪心之处就在于每次转移最小值，这样保证情况最优且考虑全面。

【时间复杂度分析】：

          循环次数*（转移+计算）：O((N-K+1)*2*K)=O(N*K)

个人心得：挺不错的思想，可是实施起来比较麻烦，每次选最小的，后面看到其他的大神用了优先队列发现挺完美，不过终止条件和结构体的建立要思考，结构体必须包括他所属的颜色和在的位置，答案的代码是直接建立最大数据的结构体数组，一个颜色标志，一个存储位置，还有个就是存储下一个同等颜色的位置，

我发现BZOJ的水题都比较高档昂。这道题的基本思想是，每次用优先队列把位置最靠前的颜色弹出来，并把与它颜色相同的下一个点的位置进队列，每次更新最优长度。

    1.初始化：每个点的下一个相同颜色点的位置。

    2.将每个颜色的第一个点入队列，算第一个状态。

    3.每次将队列最前端的颜色弹出，将他的下一个点放入队列，更新最优长度。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<queue>
#define MAXN 1000010
#define INF (1<<30)
using namespace std;
int t[61],s[61];
struct node{
    int first;
    int second;
    int next;
    node(){};
    void init(int x,int y,int z){
        first=x;
        second=y;
        next=z;
    }
    friend bool operator < (node a,node b){
        return a.second>b.second;
    }
}x[MAXN];
priority_queue<node> q;
int main(){
    s[0]=0;
    int n,k,l,r=0;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=k;i++){
        scanf("%d",&s[i]);
        s[i]=s[i]+s[i-1];
        for(int j=s[i-1]+1;j<=s[i];j++) {
            int a;
            scanf("%d",&a);
            x[j].init(i,a,j+1);
        }
    }
    for(int i=0;i<k;i++) {
        r=max(r,x[s[i]+1].second);
        q.push(x[s[i]+1]);
    }
    int ans=r-q.top().second;
    while(1){
        node tmp=q.top();
        q.pop();
        if(tmp.next-1<s[tmp.first]) {
            r=max(x[tmp.next].second,r);
            q.push(x[tmp.next]);
        }
        else break;
        tmp=q.top();
        ans=min(r-tmp.second,ans);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}