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当时怎么就没想出来这个题呢，明明跟正解思路就差了一个左端点排序（我当时以为右端点排序呢）
我们枚举这 \(n\) 个区间，考虑当前某个区间 \(i\) 区间能取到的最大值。
对于两个区间来说，它们有三种位置关系：包含、相交、相离。我们分类讨论一下这三种情况下非共同活动范围的值。
1.两个区间相离
没什么好说的，由于不满足条件，所以它的贡献为 0。
2.两个区间相交
如图。
我们考虑左半边的非共同活动范围，就是 \((l_2-1)-l_1+1=l_2-l_1\)，右半边同理，是 \(r_2-(r_1+1)+1=r_2-r_1\)。两边加起来就是 \((l_2+r_2)-(l_1+r_1)\)。
3.两个区间包含
如图。
那这样的话，左半边的长度是 \((l_2-1)-l_1+1=l_2-l_1\)，右半边的长度为 \(r_1-(r_2+1)-1=r_1-r_2\)，两边加起来是 \((l_2-r_2)-(l_1-r_1)\)。
但是后两种情况对 \(r_1\) 的取值是有要求的。或者说，一个 \([l_1,r_1]\) 能与 \([l_2,r_2]\) 产生合法解，当且仅当 \(r_1 \ge l_2\) 且 \(l_1 \le l_2\)。
第二个限制好满足，我们直接按左端点排序即可。
第一个限制的话，我们可以开两个线段树，每个线段树中的区间是一段连续的右端点下标（由于右端点太大，所以需要进行离散化）。
第一个线段树记录的是右端点下标在 \([L,R]\) 里的区间中，最小的 \(l+r\)。第二个线段树记录的是右端点下标在 \([L,R]\) 里的区间中，最小的 \(l-r\)。
这样的话，考虑到第 \(i\) 个区间第二种情况时，我们就是要在第一棵线段树里找右端点下标在 \([l_i,r_i]\) 的最小的 \(l+r\)；考虑第三种情况时，我们就是要在第二棵线段树里找右端点下标在 \([r_i,len]\) 的最小的 \(l-r\)。
其中 \(len\) 为区间端点离散化完后的最大值。
考虑完第 \(i\) 个区间后，我们需要单点更新 \(r_i\) 处两棵线段树上的最小值。
剩下的内容就是写一棵单点修改区间取 \(\min\) 的线段树了。这个看代码。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)。
代码：
T1代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ls (id<<1)
#define rs ((id<<1)|1)
using namespace std;inline int read(){int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<48){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>47) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();return x*f;
}const int N=2e5+6;
const int inf=1e16;
int n,qwq[2*N];
struct sw{int l,r;
}a[N];
struct seg{int l,r,mn;
}tr[2][8*N];inline bool cmp(sw x,sw y){return x.l<y.l;
}inline void pushup(int op,int id){tr[op][id].mn=min(tr[op][ls].mn,tr[op][rs].mn);
}inline void build(int op,int id,int l,int r){tr[op][id].l=l,tr[op][id].r=r;if(l==r){tr[op][id].mn=inf;return ;}int mid=(l+r)>>1;build(op,ls,l,mid);build(op,rs,mid+1,r);pushup(op,id);
}//单修最小值
inline void update(int op,int id,int pos,int k){if(tr[op][id].l==tr[op][id].r){tr[op][id].mn=min(tr[op][id].mn,k);return ;}int mid=(tr[op][id].l+tr[op][id].r)>>1;if(pos<=mid) update(op,ls,pos,k);else update(op,rs,pos,k);pushup(op,id);
}//区查最小值
inline int query(int op,int id,int l,int r){if(l<=tr[op][id].l&&tr[op][id].r<=r){return tr[op][id].mn;}int mid=(tr[op][id].l+tr[op][id].r)>>1,ans=inf;if(l<=mid) ans=min(ans,query(op,ls,l,r));if(r>mid) ans=min(ans,query(op,rs,l,r));return ans;
}signed main(){freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);n=read();for(int i=1;i<=n;i++){a[i].l=read(),a[i].r=read();//qwq:离散化用的数组 qwq[2*i-1]=a[i].l,qwq[2*i]=a[i].r;}//左端点从小到大排序 sort(a+1,a+n+1,cmp);sort(qwq+1,qwq+2*n+1);//离散化 int len=unique(qwq+1,qwq+2*n+1)-qwq-1;for(int i=1;i<=n;i++){a[i].l=lower_bound(qwq+1,qwq+len+1,a[i].l)-qwq;a[i].r=lower_bound(qwq+1,qwq+len+1,a[i].r)-qwq;} build(0,1,1,len);build(1,1,1,len);//tr0:相交的情况 tr1:包含的情况 int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){//相交的情况 int x=query(0,1,a[i].l,a[i].r);ans=max(ans,qwq[a[i].l]+qwq[a[i].r]-x);//包含的情况 x=query(1,1,a[i].r,len);ans=max(ans,qwq[a[i].l]-qwq[a[i].r]-x);//不要忘记更新 update(0,1,a[i].r,qwq[a[i].l]+qwq[a[i].r]);update(1,1,a[i].r,qwq[a[i].l]-qwq[a[i].r]);}printf("%lld",ans);return 0;
}