【uva 1153】Keep the Customer Satisfied（算法效率--贪心+优先队列）

题意：有N个工作，已知每个工作需要的时间和截止时间。要求所有工作穿行完成，第一项任务开始的时间不早于时刻0。问最多能完成多少个工作。(N≤800000)

解法：贪心。可以模型化题目为：已知N个任务的长度和右端点的限制位置，问最多能完成的任务的个数。——也就是每一步在一定条件下要使得数目尽量大，以及时间尽量短（最优）。
   于是可以按截止时间（这就是条件●_●）从小到大排序，先考虑截止时间早的，暂时放入选择的队列中，加入其时间。接着对于当前新的工作，若按当前选择的工作的情况无法在截止时间之前完成这个工作，分2种情况讨论：（1）当前工作需要的时间比选择的队列中工作时间最长的还要长，就放弃这个工作，使完成相同数目工作的耗时尽量小；（2）工作时间比队列中时间最长的要短，就删去队列中时间最长的任务并且将当前的工作加入队列。--“最优子结构”  这样O(n)扫一次，加上使用优先队列，时间复杂度就是O(n log n)。

P.S.不能不判断就选了第一个......

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;

const int N=(int)8e5+10;
int n;
struct node{int d,t;}a[N];
priority_queue<int> q;

bool cmp(node x,node y) {return x.t<y.t;}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
      scanf("%d",&n);
      for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&a[i].d,&a[i].t);
      sort(a+1,a+1+n,cmp);
      while (!q.empty()) q.pop();
      int sum=0,cnt=0;
      for (int i=1;i<=n;i++)
      {
        if (sum+a[i].d<=a[i].t)
        {
          q.push(a[i].d);
          sum+=a[i].d, cnt++;
        }
        else
        {
          if (q.empty()) continue;//
          int x=q.top();
          if (a[i].d<x)
          {
            sum=sum-x+a[i].d;
            q.pop(),q.push(a[i].d);
          }
        }
      }
      printf("%d\n",cnt);
      if (T) printf("\n");
    }
    return 0;
}