bzoj 1029 [JSOI2007]建筑抢修 - 贪心 + 大根堆

1029: [JSOI2007]建筑抢修

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Description

　　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。

Input

　　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。

Output

　　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

Sample Input

4
100 200
200 1300
1000 1250
2000 3200

Sample Output

3

 

 

从感性来看，如果想要修尽可能多的塔，一定要把限期靠前的先造

因此我们先按照限期从小到大排序

然后在考虑贪心

我们存一个造完之前所有塔的结束时间，当新加入一个塔时，如果依旧没要超过这个塔的对应时间，就直接把他加入到我们的修建序列里

如果发现现有时间造不完这个塔，我们就拿大根堆堆顶的塔和他交换(如果比他大)

这样我们总的建造时间会减小，但总数不变

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define LL long long

using namespace std;

const int MAXN = 2e5 + 10; 
int N;
int ans = 0;
int cnt = 0;
priority_queue<int> q;
struct building {
    int t1;
    int t2;
} b[MAXN];

inline LL read()
{
    LL x = 0, w = 1; char ch = 0;
    while(ch < '0' || ch > '9') {
        if(ch == '-') {
            w = -1;
        }
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9') {
        x = x * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * w;
}

bool cmp(building a, building b)
{
    if(a.t2 == b.t2) {
        return a.t1 < b.t1;
    }
    return a.t2 < b.t2;
}
int main()
{
    N = read();
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        b[i].t1 = read(), b[i].t2 = read();
    }
    sort(b + 1, b + N + 1, cmp);
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        if(cnt + b[i].t1 <= b[i].t2) {
            q.push(b[i].t1);
            cnt += b[i].t1;
            ans++;
        } else {
            if(!q.empty()) {
                int t = q.top();
                if(b[i].t1 < q.top()) {
                    cnt = cnt - t + b[i].t1;
                    q.pop();
                    q.push(b[i].t1);
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
}