UVALive 4850 Installations

　　题目大意：有若干个任务，每个任务耗时si，期限为di，同一时间只能做一个任务。对于一个任务，惩罚值为max(0,完成时间-期限)。问怎么安排，使(最大惩罚值+次大惩罚值)最小，O(n^2)。

　　如果没有次大惩罚值，就是一个很显然的贪心了：把任务按di排序，di相同按si排序，一路平推过去。

　　这样可以保证最大值最小，但不能保证(最大+次大)最小。好在这题有十分良心的样例：

　

　　仔细观察一下样例，你会发现：基本上也是按照上面的逻辑做任务，但J2和J6换了一个位置。

　　还有一件非常巧合的事情：J2和J6就是答案。

　　观察一下完全按照上面逻辑做的情况，发现答案是8，最大值是J6(5)，次大值是J2(3)。

　　然后把J2换到J6右边，就变成最大值J2(6)，次大值J6(1)。

　　提示我们可以通过把一个前面的拿出来，扔到原先最大/次大的后一个去。

　　分析一下这样做的结果：后半截不变，拿出来的变成最大值，原来的最大值、次大值减小并作为次大值，最终结果可能会比原答案小。

　　看一下数据，枚举，O(n^2)就可以了。

　　为什么只拿一个就可以了呢？因为拿两个就肯定比不拿要大了(第一次拿出的超过原次大值，第二次的超过原来的最大值)。

　　要不是有样例我一年都想不出这个

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#include    <complex>
#include    <stack>
#define LL long long int
#define dob double
#define FILE "4850"
using namespace std;

const int N = 100010;
struct Pair{
  int t,r;
  bool operator <(const Pair &p)const{
    if(r==p.r)return t<p.t;
    return r<p.r;
  }
}A[N];
int n,id,Ans,L[N],R[N];

inline int gi(){
  int x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}

inline int getmxp(){
  int sum=0,mxp=0,nmxp=0;id=0;
  for(int i=R[0],p;i<=n;i=R[i]){
    sum+=A[i].t;p=max(0,sum-A[i].r);
    if(p>=mxp)nmxp=mxp,mxp=p,id=i;
    else if(p>=nmxp)nmxp=p,id=i;
  }
  return mxp+nmxp;
}

inline void solve(){
  n=gi();R[0]=1;L[n+1]=n;
  for(int i=1;i<=n;++i)
    A[i].t=gi(),A[i].r=gi(),L[i]=i-1,R[i]=i+1;
  sort(A+1,A+n+1);Ans=getmxp();
  if(!Ans){printf("0\n");return;}
  for(int i=R[0],j=id;i!=j;i=R[i]){
    int l=L[i],r=R[i];
    R[l]=r;R[i]=R[j];R[j]=i;
    Ans=min(Ans,getmxp());
    R[j]=R[i];R[l]=i;R[i]=r;
  }
  printf("%d\n",Ans);
}

int main()
{
  freopen(FILE".in","r",stdin);
  freopen(FILE".out","w",stdout);
  int Case=gi();while(Case--)solve();
  fclose(stdin);fclose(stdout);
  return 0;
}