题干：

X轴上有N条线段，每条线段包括1个起点和终点。线段的重叠是这样来算的，[10 20]和[12 25]的重叠部分为[12 20]。
给出N条线段的起点和终点，从中选出2条线段，这两条线段的重叠部分是最长的。输出这个最长的距离。如果没有重叠，输出0。
Input
第1行：线段的数量N(2 <= N <= 50000)。
第2 - N + 1行：每行2个数，线段的起点和终点。(0 <= s , e <= 10^9)
Output
输出最长重复区间的长度。
Input示例
5
1 5
2 4
2 8
3 7
7 9
Output示例

4

 

解题报告：

区间问题，先想到排序，此题以起点为标准排序，优点：排完后只需要o(n)看右端点即可，总体复杂度o(nlogn+n)。如果不排序直接暴搜复杂度是o(n^2)。

ac代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

struct Node {
	int s,e;
} node[50000+5];//没有逗号！！！！(格式问题要记牢啊) 
bool cmp(const Node & a,const Node & b) {
	if(a.s!=b.s) return a.s<b.s;
	else return a.e>b.e;
}
int main()
{
	int maxx=0;
	int n;
	cin>>n;
	for(int i = 1; i<=n; i++) {
		scanf("%d %d",&node[i].s,&node[i].e);
	}
	//相当于以起点开始的dp搜索（以node[i].s为起点（或者说当前的l）的最大公共区间部分） 
	sort(node+1,node+n+1,cmp);
	//排序的好处还有一个就是已于看清最大公共区间的可能范围，因为你以起点排序了所以只需要排相邻两者即可，而不需要每一个都搜索一遍n，那样复杂度是n^2了，排序再算就是o(nlogn+n) 
	int l=node[1].s,r=node[1].e;
	for(int i = 2; i<=n; i++) {
		 
		if(node[i].e>r) {//maxx应该不变，不对 还是有可能变化的 
			maxx=max(maxx,r-node[i].s);
		}
		else if(node[i].e<=r) {		//	别忘=号！！！不然就wa了 
			maxx=max(maxx,node[i].e-node[i].s);
		}
		r=max(r,node[i].e);
	}
	printf("%d\n",maxx);
	return 0 ;
 }

一个网络版的for循环结构是这样的：

for(int i=1;i<n;i++)
        {
            if(s<=f[i].s && e<f[i].e)
                sum=e-f[i].s;
            else if(s<=f[i].s && e>=f[i].e)
                sum=f[i].e-f[i].s;
            maxx=max(maxx,sum);
            if(e>=f[i].e)
                continue;
            s=f[i].s;
            e=f[i].e;
        }

感觉这样写并不好，因为此处肯本不需要s的参与，因为你排好序了啊！！