NC20154 [JSOI2007]建筑抢修

题目链接

题目

题目描述

小刚在玩JSOI提供的一个称之为“建筑抢修”的电脑游戏：经过了一场激烈的战斗，T部落消灭了所有z部落的入侵者。但是T部落的基地里已经有N个建筑设施受到了严重的损伤，如果不尽快修复的话，这些建筑设施将会完全 毁坏。

现在的情况是：T部落基地里只有一个修理工人，虽然他能瞬间到达任何一个建筑，但是修复每个建筑都需要一定的时间。同时，修理工人修理完一个建筑才能修理下一个建筑，不能同时修理多个建筑。

如果某个建筑在一段时间之内没有完全修理完毕，这个建筑就报废了。你的任务是帮小刚合理的制订一个修理顺序，以抢修尽可能多的建筑。

输入描述

第一行是一个整数N接下来N行每行两个整数T1,T2描述一个建筑：修理这个建筑需要T1秒，如果在T2秒之内还没有修理完成，这个建筑就报废了。

输出描述

输出一个整数S，表示最多可以抢修S个建筑.
N < 150,000; T1 < T2 < maxlongint

示例1

输入

4
100 200
200 1300
1000 1250
2000 3200

输出

3

题解

知识点：贪心，优先队列。

这是典型的后悔贪心题，其符合限制和花费是变量，收益是常量 $1$ 。显然，随着限制截止时间从小到大开放，可选修的建筑增多，因为截止时间晚的可行情况，截止时间早的不一定可以尝试；但截至时间早的适合的情况，截止时间晚的一定可以去尝试，前者会丢失机会，后者不会。因此选择先按截止时间从小到大排序，随后后悔花费多的即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
struct node {
    int t1, t2;
}a[150007];
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0;i < n;i++) cin >> a[i].t1 >> a[i].t2;
    sort(a, a + n, [&](node a, node b) {return a.t2 < b.t2;});
    ///这里对可选建筑的限制是总体ddl，由最小ddl决定，ddl越大可选建筑越多，故从小到大放大ddl
    priority_queue<int> pq;
    int sum = 0, cnt = 0, ans = 0;
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        pq.push(a[i].t1);
        sum += a[i].t1;
        cnt++;
        while (sum > a[i].t2) sum -= pq.top(), pq.pop(), cnt--;
        ans = max(ans, cnt);
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}