题目描述：
农夫约翰希望为他的奶牛们建立一个畜栏。这些挑剔的畜生要求畜栏必须是正方形的，而且至少要包含C单位的三叶草，来当做它们的下午茶。畜栏的边缘必须与X，Y轴平行。
约翰的土地里一共包含N单位的三叶草，每单位三叶草位于一个1 x 1的土地区域内，区域位置由其左下角坐标表示，并且区域左下角的X,Y坐标都为整数，范围在1到10000以内。多个单位的三叶草可能会位于同一个1 x 1的区域内，因为这个原因，在接下来的输入中，同一个区域坐标可能出现多次。只有一个区域完全位于修好的畜栏之中，才认为这个区域内的三叶草在畜栏之中。
请你帮约翰计算一下，能包含至少C单位面积三叶草的情况下，畜栏的最小边长是多少。
输入格式
第一行输入两个整数 C 和 N。接下来 N 行，每行输入两个整数 X 和 Y，代表三叶草所在的区域的X,Y坐标。同一行数据用空格隔开。
输出格式
输出一个整数，代表畜栏的最小边长。
数据范围
1≤C≤500,C≤N≤500
输入样例：
3 4
1 2
2 1
4 1
5 2
输出样例：
4
分析：
题目要求最小边长，我们可以从1开始枚举到10000，枚举复杂度为O（n），也可以二分边长的长度，复杂度为O（logn）。当枚举到长度为len的区域时，如何确定是否存在这样的正方形区域满足条件呢？如果一株株去数，每次枚举一个len，不仅需要用O（n^2）的时间去枚举正方形，还要用同样的时间来统计区域内的三叶草数量，复杂度难以承受。
第一个问题，如何在O（1）的时间内求出某个正方形区域内三叶草的数目，显然可以采用二维前缀和来解决。
第二个问题，如何快速的枚举完长度为len的所有正方形，一个个枚举显然要枚举解决10000^2次，前缀和数组也要开这么大。但是可以发现，虽然三叶草的坐标最大可达一万，但是可能出现三叶草位置的总和不过500.于是可以使用离散化，将分散的三叶草映射到有限的区域内来，500*500的复杂度并不难接受。
离散化的操作采用了经典的做法，仅需两步即可完成。
sort(numbers.begin(),numbers.end());
numbers.erase(unique(numbers.begin(),numbers.end()),numbers.end());numbers用于存储离散化后的结果。先解释第二行代码，unique函数，并没有真正的删除重复的元素，而是将不重复的元素复制到前面重复元素的位置，比如1223346，使用unique后得到1234646，返回值为不重复元素的后一个位置。于是上面的第二行代码成功的删除了numbers中重复的元素，unique函数一般用于操作排好序的数组，所以需要先进行排序。如此一来，所有三叶草可能出现的位置，就都记录在numbers中了。然后通过get（x）函数二分获取numbers中x的下标，（其实也可以再进行一次逆映射，利用map存储所有的逆映射，就不需要每次都要二分查找下标了）。
前缀和公式：sum[i][j] += sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1];其中sum[i][j]原先存储的是该位置内三叶草的数目。
在已经离散化的numbers中判断是否存在边长为len的区域符合题意时，我们可以从左下角的小正方形枚举起，一步步扩张，直至边长大于len就收缩左下角，具体细节见代码。唯一一点需要注意的是判断长度是否大于len的语句，numbers[x2] - numbers[x1 + 1] + 1 > len，之所以要+1，是因为实际的右上角顶点比（x2，y2）还要多一。
如上图所示，（x1，y1），（x2，y2）是正方形的两个对顶点，之前sum是按照点求前缀和的，但这两点表示的却是这两个黑色的正方形，也就是说sum（x2，y2）-sum（x1，y2） -sum（x2，y1）+sum（x1，y1）求得的是白色正方形区域内的三叶草的数目，要想真正求得以（x1，y1），（x2，y2）为顶点的的正方形区域内的三叶草数目有关x1，y1坐标的部分均需减一。
所以numbers[x2] - numbers[x1 + 1] + 1 > len条件判断的是以（x1+1，y1+1）为左下角的正方形（图中白色区域）中三叶草的数目，倘若要用（x1，y1）直接表示所求正方形的左下角，那么在判断区域内三叶草数目与C的大小关系时，x1，y1均需减一。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn = 1010;
int n,C;
PII points[maxn];
vector<int> numbers;
int sum[maxn][maxn];
int get(int x){//查找x在numbers中的位置
int l = 0,r = numbers.size() - 1;
while(l < r){
int mid = l + r >> 1;
if(numbers[mid] >= x) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return r;
}
bool check(int len){//判断是否满足条件
for(int x1 = 0,x2 = 1;x2 < numbers.size();x2++){
while(numbers[x2] - numbers[x1 + 1] + 1 > len) x1++;
for(int y1 = 0,y2 = 1;y2 < numbers.size();y2++){
while(numbers[y2] - numbers[y1 + 1] + 1 > len) y1++;
if(sum[x2][y2] - sum[x1][y2] - sum[x2][y1] + sum[x1][y1] >= C) return true;
}
}
return false;
}
int main(){
cin>>C>>n;
numbers.push_back(0);//哨兵
for(int i = 0;i < n;i++){
int x,y;
cin>>x>>y;
points[i] = {x,y};
numbers.push_back(x);
numbers.push_back(y);
}
sort(numbers.begin(),numbers.end());
numbers.erase(unique(numbers.begin(),numbers.end()),numbers.end());//离散化
for(int i = 0;i < n;i++){
int x = get(points[i].first),y = get(points[i].second);
sum[x][y] ++;
}
for(int i = 1;i < numbers.size();i++)
for(int j = 1;j < numbers.size();j++)
sum[i][j] += sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1];//求前缀和
int l = 1,r = 10000;
while(l < r){//二分len
int mid = l + r >> 1;
if(check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
cout<<r<<endl;
return 0;
}