洛谷 P4053 [JSOI2007]建筑抢修

传送门

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思路

首先题意比较容易明白：
n个建筑需要修复，只能同时修一个建筑，每个建筑修复需要t1时间，且必须在t2时间前修完，否则此建筑报废
问最多能修好多少个建筑

如果一个建筑在规定时间内没有修好的话，那它就报废了
那么为了保证能修的最多，我们首先想到的就是贪心，那么如何贪心呢？
手动模拟一下就会发现，如果从前往后修，在截止时间时这个建筑可以修好，那我们就可以修这个建筑
所以我们考虑按截止时间排序，从前往后一个个修
如果在修某个建筑i时发现修不完了，就说明在前i个建筑我们最多只能修i-1个
这时，我们就把前i个中耗时最长的那个放弃，以保证省下的时间最多

那么如何放弃最长的？显然，用优先队列维护即可
于是就有了下面这份代码

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代码

/*
By:Loceaner
*/
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

inline int read() {
    char c = getchar();
    int x = 0, f = 1;
    for( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
    for( ; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);
    return x * f;
}

const int N = 2e5 + 11;

struct node{
    int t, r;
} d[N];

bool cmp(node a, node b) {
    return a.r != b.r ? a.r < b.r : a.t < b.t;
} 
 
int n, cnt, now;
priority_queue  Q; 

int main() {
    n = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++) d[i].t = read(), d[i].r = read();
    stable_sort(d + 1, d + 1 + n, cmp);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(now + d[i].t <= d[i].r) {
            now += d[i].t, cnt++, Q.push(d[i].t);
            continue;
        }
        if(Q.empty() || Q.top() <= d[i].t) continue;
        now -= Q.top(),now += d[i].t;
        Q.pop(), Q.push(d[i].t);
    }
    cout << cnt << '\n';
    return 0;
}