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第二行$2$个整数表示$n,m$。
接下来$m$行每行两个整数，描述一个点对$(x_i,y_i)$。

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一个整数，表示最短距离。

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样例输入：

6 2
1 5
2 6

样例输出：

1

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样例解释：

最优方案是在$2$号节点和$5$号节点之间建边。

数据范围：

对于前$30\%$的数据：
$n,m\leqslant 500$
对于前$60\%$的数据：
$n,m\leqslant 2,000$
对于所有数据：
$1\leqslant n,m\leqslant 100,000$
$1\leqslant x_i\leqslant y_i\leqslant n$

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发现答案是满足单调性的，假设答案为$d$，那么比$d$小的一定都不行，比$d$大的一定都行。

所以我们考虑二分答案，如何$judge$呢？

正解我不会，于是我打的暴力，枚举端点和点对，然后疯狂简枝，下面列举一下剪枝：

　　$\alpha.$二分范围，所有点对取$\max$即可。

　　$\beta.$在枚举点队的时候，已经满足的不用考虑，所以我们每一次先扫一边，将还没有满足的点对提取出来。

　　$\gamma.$如果不满足的点对的右端点的最小值比左端点的小，那么也一定不行，直接$return\ 0$即可。

这三个剪枝一个也不能少。

时间复杂度：$\Theta(n^2\log n)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

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#include
using namespace std;
int n,m;
int l[100001],r[100001],len[100001];
int que[100001];
bool judge(int x)
{
int minn=n,maxn=0,rmin=n,lft,rht;
que[0]=0;
for(int i=1;i<=m;i++) if(xl[i]?maxn:l[i];
minn=minni)
{
int flag=x-abs(l[que[j]]-i);
lft=max(lft,r[que[j]]-flag);
rht=min(rht,r[que[j]]+flag);
if(lft>rht)goto nxt;
continue;
}
goto nxt;
}
return 1;
nxt:;
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int lft=0,rht=0;
for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&l[i],&r[i]); len[i]=r[i]-l[i]; rht=rht>len[i]?rht:len[i];
}
while(lft>1;
if(judge(mid))rht=mid;
else lft=mid+1;
}
printf("%d",lft);
return 0;
}

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