飞机调度（Now or later，LA 3211）

AC通道（ Uva 1146 ）：
https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=3587

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飞机调度

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Description

有 n 架飞机需要着陆。
每架飞机都可以选择“早着陆”和“晚着陆”两种方式之一，且必须选择一种。
第 i 架飞机的早着陆时间为 Ei ，晚着陆时间为 Li ，不得在其他时间着陆。
你的任务是为这些飞机安排着陆方式，使得相邻两个着陆时间间隔的最小值（称为安全间隔）应尽量大。

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Input

输入包含若干组数据。
每组数据第一行为飞机的数目 n （ 2≤n≤2000 ）。
以下 n 行每行两个整数，及早着陆时间和晚着陆时间。
所有时间 t 满足 0≤t≤107 。
输入结束标志为文件结束符（ EOF ）。

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Output

对于每组数据，输出安全间隔的最大值。

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Sample Input

10
44 156
153 182
48 109
160 201
55 186
54 207
55 165
17 58
132 160
87 197

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Sample Output

10

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Solution

首先，看到这个最小值最大，就毫不犹豫地想到了二分答案。
这样，我们就把问题转化为了判定性问题，即是否能使相邻两个着陆时间差不小于 P 。

我们可以构一张图。
图中编号为 2k+b（0≤b≤1，1≤k≤n） 的节点的值若为 1 ，表示第 k 架飞机，选择第 b+1 种着陆方式；值若为 0 ，则表示表示第 k 架飞机，不选择第 b+1 种着陆方式。
即一个节点表示一个决策。

而对于有向边 x -> y ，表示选择决策 x ，就可以推出必须选择决策 y 。
怎样才可以从一个决策推出另一个决策呢？
我们可以发现，若决策 x 的着陆时间与决策 y 的着陆时间的间隔小于 P ，那么如果选择了决策 x ，那么就一定不能选择决策 y ，即必须要选择决策 y 所决定的飞机的另一种着陆方式。

这样，我们就可以把到目前为止没有被访问过的节点，值设为 1 ，然后 DFS 。

若发现矛盾（即 DFS 过程中，发现某个节点所对应的飞机的另一种着陆方式的节点的值为 1 ），就将该节点（即前文提到的“到目前为止没有被访问过的节点”）所对应的飞机的另一种着陆方式的值设为 1 ，再 DFS 。

若还有矛盾，就无解了。

温馨提示（辛酸史）：
- RE：邻接表数组要开到 (2n)2 ；
- WA：按照我的二分习惯，应该是 while(l<=r)，但我写成了 while(l……
- TL：注意每次判定，不用把邻接表全部 memset ，只要把需要用到的设为 0 就可以了。

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Code

#include
#include
#include

using namespace std;

inline int Max(int x,int y){
    return x>y?x:y;
}

inline int abs(int x){
    return x>0?x:(-x);
}

inline bool ok(int x,int y,int z){
    return abs(y-x)
}

int n;
int lat[20010],now[20010];
int head[401001],nxt[41000100],data[41000010];
int ss[401001];
bool vis[401001];
int cnt,maxn=0;

inline void add(int x,int y){
    data[cnt]=y;nxt[cnt]=head[x];head[x]=cnt++;
}

bool dfs(int now){
    if(((now&1)&&(vis[now-1]))||(vis[now+1]&&(!(now&1))))return false;
    if(vis[now])return true;
    ss[++maxn]=now;
    vis[now]=true;
    for(int i=head[now];i;i=nxt[i]){if(!dfs(data[i]))return false;}
    return true;
}

bool pan(int x){
    for(int i=1;i<=n*2+10;i++)head[i]=vis[i]=ss[i]=0;
    for(int i=1;i<=n*n*4+10;i++)nxt[i]=data[i]=0;
    cnt=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            if(ok(now[i],lat[j],x)){add(2*i+1,2*j+1);add(2*j,2*i);}
            if(ok(lat[i],lat[j],x)){add(2*i,2*j+1);add(2*j,2*i+1);}
            if(ok(lat[i],now[j],x)){add(2*i,2*j);add(2*j+1,2*i+1);}
            if(ok(now[i],now[j],x)){add(2*i+1,2*j);add(2*j+1,2*i);}
        }
    for(int i=2;i<=n*2+1;i+=2)if(!vis[i]&&!vis[i+1]){
        maxn=0;
        if(!dfs(i)){
            for(int j=1;j<=maxn;j++)vis[ss[j]]=false;
            maxn=0;
            if(!dfs(i+1))return false;
        }
    }
    return true;
}

int main(){
    while(scanf(“%d”,&n)!=EOF){
        int l=0,r=0,ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf(”%d%d”,&now[i],&lat[i]);
            r=Max(now[i],r);
            r=Max(lat[i],r);
        }
        while(l<=r){
            int mid=((long long)l+r)/2;
            bool flag=pan(mid);
            if(flag){
                ans=Max(ans,mid);
                if(l!=mid+1)l=mid+1;
                else break;
            }
            else{
                if(r!=mid-1)r=mid-1;
                else break;
            }
        }
        printf(”%d\n”,ans);
    }
    return 0;
}