poj1065

题目不难，典型的贪心水题。主要是贪心思想。

大致题意为：给定一串木棍的起点和终点，要加工这些木棍。设置初始时加工的木棍需要1分钟的等待时间，设初始木棍起点为l,终点为w,其后木棍起点为l'，终点为w'。其后若满足条件：l'>=l && w'>=w则加工该木棍不需要等待时间。问加工这些木棍需要的最少等待时间？

题意很明确。贪心策略如下： 将木棍按从起点为第一准则，终点为第二准则从小到大排序。这样以后要想满足l'>=l && w'>=w则必须是排序后后面的木棍。这里针对排序后的木棍。首先检查第一根木棍，标记出后续满足条件l'>=l && w'>=w（记为S）的木棍，然后依次递推，标记第一群木棍。同样的过程标记第二群木棍。这样以后木棍的群数即为需要等待的时间。

下面验证贪心策略的正确性：

1）首先针对一群木棍，由于是排序后的木棍，故要满足条件S，则必须采用上述算法，这样可是第一群木棍的个数最大

2）然后针对后续群木棍，假设由上述算法产生的群木棍状态即为W，其木棍个数为NUM，应该说这是不变化群木棍1情况下的最大个数。若此时在群木棍1中减少一个木棍，将其移到W中，移动后分两种情况：

  21）假设群木棍1移动后，本来不再群木棍1中的木棍可以在1中了（即后面的木棍的起点虽然大于前面的木棍，但是终点小于木棍，由于不满足条件S故舍弃了）。

设这些又可以在群木棍1中的木棍编号为B,而移出群木棍1的木棍标号为C，而一定有startC=endB。若B可以存在中则说明endB>=滚木棍1中C标号前的一个木棍（记作 D)，而设置木棍C移到W中了。本身W中是必定存在B的。那么移动后W中必定就失去了B。这样一去一回其实木棍群1和木棍群2中总的木棍数相同，且为相同的木棍。

 22）假设群木棍1移动后，没有可以在1中的了。那么即使将木棍移动到W中，最好的情况下也是上述的结论。

这样就可以将所有木棍用最少的群数分配完毕。而群的个数即为最少的等待时间。

下面是代码： 208K+0MS

#include
#include
#include
#define Max 5010
using namespace std;
int Case,n;
struct Node{
	int first;
	int next;
}node[Max];
bool flag[Max];
bool cmp(const struct Node p,const struct Node q){  //sort 16MS，qsort 0MS
	if(p.first!=q.first)
		return p.first=min_greed){
				min_greed=node[i].next;
				flag[i]=true;
			}
			else if(!flag[i] && trag && node[i].next