AcWing 127. 任务

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参考y神的思路QWQ

算法：贪心

对于每一个任务：

• \(y\) 的差异最多能使利润\(w\)浮动\(2 * 100 = 200\)元。
• \(x\) 差\(1\)，则会使利润\(w\)浮动\(500\)元

所以，\(y\)对利润的影响较小，\(x\)与其利润\(w\)的关系成对应关系（即\(x_{i} < x_{j}\)，则\(w_{i}<w_{j}\)，仅当\(x_{i} = x_{j}\)，再按照\(y\)考虑即可。

策略可以变成以\(x\)从大到小的顺序考虑每一个任务，如果能匹配机器，则从能匹配的机器中选择机器\(y\)最小的一个。

匹配机器

1. 先用\(x\)分别从大到小排序任务与机器。
2. 对于每一个任务，把时间充足的机器放入集合中。
3. 若存在，从集合中找出级别最低的机器使用，并且从集合中删除那个机器。

这种处理顺序可以保证：在处理第下一个任务时，集合中的机器时间都是充足的。且找机器的时间复杂度处于\(O(M+N)\)级别。

\(STL\) 的 \(multiset\) 恰好支持从序列中查找大于等于某数的最小值。

时间复杂度：O(MlogN + N)

\(multiset\) 的 \(lowerbound\) 时间为\(O(logN)\)的...

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;

const int N = 100000 + 10;
int n, m;
PII a[N],b[N];
int main(){
	while(cin >> n >> m){
		for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].first >> a[i].second;
		for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> b[i].first >> b[i].second;

		sort(a + 1,a + 1 + n); sort(b + 1,b + 1 + m);

		multiset<int> s; s.clear();
		long long cnt = 0, ans = 0;
		for(int i = m, j = n; i >= 1; i--){
			//将时间足够的机器放到set中
			while(j >= 1 && b[i].first <= a[j].first)s.insert(a[j--].second);

			multiset<int>::iterator it = s.lower_bound(b[i].second);
			if(it != s.end()){
				cnt ++;
				ans += 500 * b[i].first + 2 * b[i].second;
				s.erase(it);
			}
		}
		cout << cnt << " " << ans << endl;
	}
	return 0;
}