校内胡策 埃罗芒阿老师

校内胡策 埃罗芒阿老师

题目描述

埃罗芒阿老师是著名的插画家，她的工作是为电击文库出版的的书画插画。快要到截稿日了，埃罗芒阿老师还在水>_<埃罗芒阿突然发现自己还有一大堆插画没有完成，如果不能在截稿时间内完成是要扣工资的。于是埃罗芒阿老师把每个任务所需的时间和现在(0 时刻)距离每个任务截稿的时间记录了下来，想要计算出最多可以完成多少任务。
输入描述

第一行是一个整数 N，接下来 N 行每行两个整数 T1,T2 描述一个任务：完成这个任务需要 T1 秒，如果在 T2 秒之内还没有完成任务，这个任务就到截稿时间了。
输出描述

输出一个整数 S，表示最多可以完成 S 个任务.
样例输入

4
100 200
200 1300
1000 1250
2000 3200
样例输出

3
数据范围及提示 对于 30%的数据，N≤100；
对于 60%的数据，N≤10000；
对于 80%的数据，N < 150,000; T1 < T2 <
INT_MAX；
对于 100%的数据，N < 150,000; T1 < T2 <
LLONG_MAX;
所有数据保证随机生成。

思路：由于自己是个蒟蒻，第一眼看到还以为是线段覆盖，结果for一遍就WA了。。易发现此题给出的是截至时间和任务时长，而线段覆盖给出的相当于是固定的区间，但此题的任务区间是不固定的，因此不能一遍for出结果。正解是利用大根堆存储

 P.S.： 线段覆盖相当于给出了完整的区间，而该题给出的是可能的范围与区间长度，但具体的区间位置并不确定。

AC Code：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int sz=150000+10;
struct node{ll t1,t2;
}a[sz];
bool cmp(node a,node b)
{if(a.t2==b.t2) return a.t1<b.t1;else return a.t2<b.t2;
}
priority_queue<node>q;
bool operator < (node a,node b)
{return a.t1<b.t1;
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld %lld",&a[i].t1,&a[i].t2);}sort(a+1,a+n+1,cmp);ll ans=0,now=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(now+a[i].t1<=a[i].t2){ans++;q.push(a[i]);now+=a[i].t1;} else{node top&#p();q.pop();now-=top.t1;if(top.t1<a[i].t1){now+=top.t1;q.push(top);}else{now+=a[i].t1;q.push(a[i]);}}}printf("%lld",ans);return 0;
}

EX+

有n个任务，在一台机器上完成，机器一次只能做一个任务，第i个任
务需要ti个连续的时刻完成，截止日期在第di个时刻。在截止日期前
完成能得到收益vi。
• 安排顺序，使得收益最大。
• n<=1000，max{di}<=10000。

思路：

 考虑简单情况：当所有任务的截至日期都为m的话，相当于一个体积为m的背包，每个任务相当于一个体积为ti，价值为vi的物品。

再跑一个0/1背包就行了。

又因为截至时间早的一定比截至时间晚的任务先做完。

因此我们将所有任务按截至时间从小到大排序，将背包体积设为最大的截至日期，然后跑0/1背包即可。

注意当 当前体积 即 当前时间 多于当前任务的工作时间 且小于 当前任务的截止日期 时，当前任务才有可能被加入背包。

max = max{d[i]}
for (i=1; i<=n; i++)for (j=0; j<=max; j++){dp[i][j]=dp[i-1][j];if (j>=t[i] && j<=d[i]) dp[i][j]=max(dp[i][j-t[i]]+v[i],dp[i][j]);}

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