[codevs2913]建筑抢修

题目←

惊喜的发现这道题是可以用不同的贪心策略来解的。

1、按结束时间从大到小枚举
这是考场思路。我们知道时间越向后，可选择的任务就越少。在可选范围内选需要时间更少的，这样剩给前面的时间更多
当前推到其他任务的结束时间时，表示有了新的可选任务。这时我们当前做的任务就不一定是最优（需要时间最少）的了，但在后一段时间内它确实是最优目标，所以我们已经实实在在的做了它一段时间，怎么办呢？
处理方法是将任务需要时间 -= 已经做了的时间，重新丢进小根堆中和新加入的任务比较，选择需要时间更少的

2、按结束时间从小到大枚举
正解思路，也更直观，用到了和挂缀差不多的替换思想
选剩余时间更少的。但这样不一定最优，有可能出现一个任务时间太长以至于无法选择其他任务的情况。
用大根堆维护已选择的任务，当当前任务剩余时间不足时，替换掉已选择的一个需要时间大于他的任务，保证剩给之后的任务时间更多

第一种解法用到了小根堆，第二种用到了大根堆
分别维护可选任务和已选任务。
时间顺序相反
两种解法有微妙的对称性

考场代码之前放过了，这里贴之后的思路2代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAXN = 2000000 + 50;
struct zt{
    int need,r;
}l[MAXN << 1];
int n;
bool cmp(zt a,zt b){
    return a.r==b.r? a.need<b.need :a.r<b.r; 
    //return a.r < b.r;
}
bool operator < (zt a,zt b){
    return a.need < b.need;
}
priority_queue <zt> q;
int now,ans,p = 1;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        scanf("%d%d",&l[i].need,&l[i].r);
    }
    sort(l + 1,l + n + 1,cmp);
    for(int p = 1;p <= n;p ++){
        if(now + l[p].need <= l[p].r){
            now += l[p].need;
            q.push(l[p]);
            ans ++;
        }
        else if(!q.empty()){
            zt u = q.top();
            if(u.need > l[p].need){
                q.pop();
                now -= u.need;
                now += l[p].need;
                q.push(l[p]);
            }
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}