POJ3190 Stall Reservations - 模拟 - 贪心 （差分）

题意可以去洛谷上看
https://www.luogu.org/problem/show?pid=2859

我们首先想，不同奶牛使用同一台的时间，需要在不冲突的情况下尽量接近，使每台机器搁置时间最短，最后总机器数量应该是最小的

我们需要一个动态的数据结构，能够找到可使用时间最早的机器，并且在另一头奶牛接手这台机器的时候，需要弹出这台机器曾经的可使用时间，而且还要logn的复杂度，那堆应该是最适合的

在这之间，我们先根据每头牛开始使用的时间进行从小到大的排序，使用小根堆存储每台机器的可使用时间，这个时间取决于最后使用这台机器的奶牛。每次加入新的元素时，判断其起始时间和堆顶时间，若起始时间小于等于堆顶时间，则需要加一台机器；否则，就接着使用这台机器，这意味着弹出堆顶。

然后需要注意的是这个地方。。。
ansp[c[1].id] = 1;
一开始我们设定起始时间最靠前的牛的机器是1，但是因为已经排序过了，所以下标是c[1].id

如果不需要打印方案的话，这题应该用差分来做的

我们令每头牛所占的区间都加上1，最后输出一个最高值就可以了，因为题目求的，其实是在某一个时刻，同时使用机器的奶牛最高数量。但是这样复杂度太高，因为对区间刷来刷去确实是很费事，可以考虑差分+前缀和来简化这个操作

具体来说，就是a[L] + 1, a[R + 1] - 1，这样，我们若要求a[L + 2]的值，只需要求1 ~ L + 2的前缀和，但是没有办法打印方案。

//不能打印方案的版本
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define debug(x) cerr << #x << "=" << x << endl;
int n,maxt,size,ans;
int ansp[1000010];
struct ade{
    int a,b,id;
}c[50010];
const int INF = 0x7fffffff - 10;
int main() {
    cin >> n;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        cin >> c[i].a >> c[i].b;
        c[i].id = i;
        ansp[c[i].a]++;
        ansp[c[i].b + 1]--;
        maxt = max(maxt, c[i].b);
    }
    for(int i=1; i<=maxt; i++) {
        size += ansp[i];
        ans = max(ans,size);    
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

//可以打印方案
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
#define debug(x) cerr << #x << "=" << x << endl;
const int INF = 0x7fffffff - 10;
const int MAXN = 50010;
int n,maxt,size,ans,ansp[MAXN];
struct ade{
    int l,r,id;
}c[50010];
struct stall{
    int tim,id;
    bool operator < (const stall &temp_opera) const {
        return temp_opera.tim < tim;
    }
};
priority_queue <stall> q;
bool cmp(ade a, ade b) {
    return a.l < b.l;
}
int main() {
    scanf("%d", &n); 
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        scanf("%d %d", &c[i].l, &c[i].r);
        c[i].id = i;
    }
    sort(c+1,c+n+1,cmp);
    q.push((stall){c[1].r,1});
    ans = 1;
    ansp[c[1].id] = 1;
    for(int i=2; i<=n; i++) {
        stall x = q.top();
        if(c[i].l <= x.tim) {
            ans++;
            q.push((stall){c[i].r, ans});
            ansp[c[i].id] = ans;
        } else {
            q.push((stall){c[i].r, q.top().id});
            ansp[c[i].id] = q.top().id;
            q.pop();
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    for(int i=1; i<=n; i++) 
        printf("%d\n",ansp[i]);
    return 0;
}