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题目大意：在二维平面坐标系上有 n 个海盗和 m 个探照灯，假设海盗 i 的位置为 ( a[ i ] , b[ i ] )，探照灯 j 的位置为 ( c[ j ] , d[ j ] )，如果满足 a[ i ] <= c[ j ] && b[ i ] <= d[ j ] ，则海盗 i 会被探照灯 j 发现，现在每次操作可以将所有 n 个海盗同时向上、下、左、右选择一个方向移动一个单位，问最小需要多少次操作，才能使得 n 个海盗都不被发现
题目分析：比较显然的一点是，在 x 方向只需要向上走，在 y 方向只需要向右走，又因为 x 和 y 的取值范围是小于等于 1e6 的，所以可以枚举在 x 方向上走多少步，然后去计算答案
贪心去想，假如现在枚举在 x 方向上走了 xx 步，如果向上走 xx 步可以脱离探照灯范围的海盗肯定是直接逃离了，剩下的不能逃离的海盗，则需要通过向右走 yy 步才能逃离，我们只需要想办法快速计算一下这个 yy 即可
不难发现只需要储存一下每个 xx 临界时 yy 的最大值即可，这样维护一个后缀最大值就是相应的 yy 了
代码：
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<unordered_map>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e3+100;int a[N],b[N],c[N],d[N];int cnt[N*N];int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("data.in.txt","r",stdin);
// freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",a+i,b+i);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",c+i,d+i);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)if(a[i]<=c[j])cnt[c[j]-a[i]]=max(cnt[c[j]-a[i]],d[j]-b[i]+1);int mmax=0,ans=1000001;for(int i=1000001;i>=0;i--)//i是xx,mmax是yy{mmax=max(mmax,cnt[i]);ans=min(ans,i+mmax);}printf("%d\n",ans);return 0;
}