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贪心基础入门讲解五——任务执行顺序
分析： 本题可以抽象成，从一个整数开始，每次减去a，再加上b (a,b都是正数)，要求每次操作都不产生负数。
针对本题a[i] = R[i], b[i] = R[i] – O[i]，注意O[i] < R[i],我们有0<b[i]<a[i]。 所以尽管每次有减有加，但是加的没有减的多，总数还是在不断见效的。关键我们是要“最有利”的一种执行顺序。大家可以尝试多种贪心策略。
我们给出标准答案——按照b[i]不增的顺序排序，是最“有利”的。
为了定义“有利”，我们这样证明我们的结论：
如果对于b[0]>=b[1] >=…>=b[x] < b[x + 1]
(a[0],b[0])….(a[x], b[x]) (a[x + 1], b[x + 1])的组合可以不产生负数，则我们交换b[x]和b[x + 1]也可以不产生负数。
证明：
交换(a[x], b[x])和(a[x + 1], b[x + 1])对x + 1更有利了，因为每个括号实际上是一个负数，所以越早安排这个括号，被减数就越大，就越不容易形成负数。
关键看(a[x],b[x])移动到后面会不会产生负数。
那其实是看之前的结果 -a[x + 1] + b[x + 1] – a[x]会不会产生负数，（注意-a[x + 1] + b[x + 1]不会产生负数，因为我们刚才已经证明了，对x + 1更有利）
而我们知道之前的结果-a[x] + b[x] – a[x + 1]不会产生负数（因为我们的假设就是这样），而b[x + 1] > b[x]，所以前者更大，所以-a[x + 1] + b[x + 1] – a[x]不会产生负数。
因此我们证明了交换之后仍然不产生负数，也就是原先不产生负数，我们交换后仍然不产生负数。
而经过若干次这样的交换之后，我们肯定会把序列交换成按照b的不增顺序排序的。从而我们证明了，任何可行的方案都不好于按照b不增顺序排序的序列执行的方案，从而证明了我们的贪心策略是有效的。
很奇怪的策略——我们只考虑了b，居然能得到最优策略。可见贪心算法还是需要感觉，大胆假设，小心求证。
第1行：1个数N，表示任务的数量。（2 <= N <= 100000)第2 - N + 1行：每行2个数R[i]和O[i]，分别为执行所需的空间和存储所需的空间。(1 <= O[i] < R[i] <= 10000)输出执行所有任务所需要的最少空间。2014 12 111 320 47 56 520 719 89 420 1018 1112 613 1214 915 216 1517 1519 1320 220 1输出示例
135#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> using namespace std; struct stu{ int a,b; }; stu cas[100010]; int cmp(stu x,stu y){ return x.b>y.b; } int main(){ int n,i,j,max,sum,ans; while(scanf("%d",&n)!=EOF){ max=0; for(i=0;i<n;i++){ scanf("%d%d",&cas[i].a,&cas[i].b); cas[i].b=cas[i].a-cas[i].b; } sort(cas,cas+n,cmp); sum=cas[0].a; ans=cas[0].a; for(i=0;i<n;i++){ if(sum<cas[i].a){ ans+=cas[i].a-sum; sum=cas[i].a; } sum=sum-cas[i].a+cas[i].b; } printf("%d\n",ans); } return 0; }
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