hznu1858 至少选k个点框起来的最小正方形的边长

这题很容易想到二分+离散化+枚举。然而我没有想出来的点有如下：

1.枚举的到底是什么（如果说是把某个点作为正方形左上顶点枚举，肯定不对，然后就没想法了）。但是我想到了必定会有两个顶点在两条相交的边上。于是把所有点的横坐标放在集合{x}，把所有点的纵坐标放在集合{y}，于是最后就是枚举{x}*{y}种可能（★）

2.由于数据有1500，所以在每个二分的枚举里面不能直接的算出区域里个数（会超时），而是要借鉴【Goodbye2015C】的做法：以大矩形减去多余几个小矩形，从而用O(1)算出正方形内的个数（DP）。因为本题不是在格子上所以比较难想到这个做法。

3.而且，2中的DP必须放到最外面来写而不是放在每次二分里面（否则也会超）。

4.枚举左上顶点之前，要预先处理好每个左上点对应的右下点位置。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
	int a,b;
}x[1505];
int y[1505],z[1505];
map<int,int> r1,r2;
int h[1505][1505]; //判断这个哈希后的坐标有没有星星 
int dp[1505][1505];
int dx[1505],dy[1505];
int main(){
	int n,m,cnt=0;
	while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		memset(h,0,sizeof(h));
		for(int i=0;i<n;++i){
			cin>>x[i].a>>x[i].b;
			y[i]=x[i].a;
			z[i]=x[i].b;
		} 
		sort(y,y+n);
		sort(z,z+n);
		int n1=unique(y,y+n)-y;
		int n2=unique(z,z+n)-z;
		int c=0;
		for(int i=0;i<n1;++i) //哈希横坐标 
			r1[y[i]]=++c;
		int d=0;
		for(int i=0;i<n2;++i) //哈希纵坐标  
			r2[z[i]]=++d; 
		for(int i=0;i<n;++i)
			h[r1[x[i].a]][r2[x[i].b]]++;
		//DP
		for(int i=1;i<=c;++i){
			for(int j=1;j<=d;++j){
				dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i][j-1]-dp[i-1][j-1])+h[i][j];
			}
		} 
		int l=0,r=2000005; //WA了一天因为l=1（为什么？）
		while(l<r){
			int mid=(l+r)/2;
			int u=0; 
			//for(int i=1;i<=n-mid+1;++i) 
			for(int i=1;i<=c;++i){
				for(int j=i;j<=c;++j){
					if(y[j-1]-y[i-1]<=mid)
						dx[i]=j;    //记录左端横坐标能到达的最右端横坐标 
					else
						break;
				}
			}
			for(int i=1;i<=d;++i){
				for(int j=i;j<=d;++j){
					if(z[j-1]-z[i-1]<=mid)
						dy[i]=j;    //记录上端纵坐标能到达的最下端纵坐标 
					else
						break;
				}
			}
			for(int i=1;i<=c;++i){ //枚举左上角位置 
				for(int j=1;j<=d;++j){
					int a=dx[i],b=dy[j];
					int s=dp[a][b]-dp[i-1][b]-dp[a][j-1]+dp[i-1][j-1];
					if(s>=m){
						u=1;
						break;
					}
				}
			}
			if(u==1)
				r=mid;
			else
				l=mid+1;
		}
		printf("Case %d: %d\n",++cnt,l);
	}
}