[USACO12FEB]牛券Cow Coupons

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牛券

题目描述

Farmer John needs new cows! There are (N) cows for sale ((1 le N le 50,000)), and FJ has to spend no more than his budget of (M) units of money ((1 le M le 10^{14})). Cow (i) costs (P_i) money ((1 le P_i le 10^9)), but FJ has (K) coupons ((1 le K le N)), and when he uses a coupon on cow (i), the cow costs (C_i) instead ((1 le C_i le P_i)). FJ can only use one coupon per cow, of course.
What is the maximum number of cows FJ can afford?
FJ准备买一些新奶牛，市场上有(N)头奶牛((1 le N le 50000))，第i头奶牛价格为(Pi(1 le Pi le 10^9))。FJ有(K)张优惠券，使用优惠券购买第(i)头奶牛时价格会降为(Ci(1 le Ci le Pi))，每头奶牛只能使用一次优惠券。FJ想知道花不超过(M(1 le M le 10^{14}))的钱最多可以买多少奶牛？

输入格式

• Line (1): Three space-separated integers: (N), (K), and (M).
• Lines (2~N+1): Line (i+1) contains two integers: (P_i) and (C_i).

输出格式

• Line (1): A single integer, the maximum number of cows FJ can afford.

样例输入

4 1 7 
3 2 
2 2 
8 1 
4 3 

样例输出

3

说明/提示

FJ has (4) cows, (1) coupon, and a budget of (7).
FJ uses the coupon on cow (3) and buys cows (1),(2) and (3), for a total cost of (3+2+1=6).

题解

题意：你有(M)块钱，有(N)个奶牛，每个奶牛都有原价和优惠价，你有(K)个优惠券。
你可以用原价买奶牛或者使用一个优惠券用优惠价买奶牛，求(M)块钱最多能卖多少奶牛。
这里我们很容易想到使用贪心。
因为优惠价一定小于等于原价，所以我们按优惠价从小到大排序。
如果还有优惠券能用，那么我们就使用优惠券。（在钱还够的情况下）
如果没有优惠券了，那么我们有两种选择：

1. 用原价购买这个牛
2. 在已使用优惠券的牛中选择一个牛，使得这个牛不适用优惠券后增加的价格最小，把这个牛的优惠券给当前牛用。
   注：以上两种情况都要在钱够用的情况下
   然后我们发现如果暴力找第二种选择时间复杂度就是(O(n^2))，所以我们可以用优先队列维护priority_queue<int,vector,greater >。
   当然如果您很强，不屑于用我这种菜鸡用的优先队列，您也可以手打堆来维护。
   综上所述，时间复杂度为(O(nlogn))
   上代码:

#include<bits/stdc++.h>
#include<queue>
using namespace std;
int n,k;
long long m;
struct aa{
	int p,c;
}a[50009];
int ans;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
bool cmp(aa x,aa y){return x.c<y.c;}
int main(){
	scanf("%d%d%lld",&n,&k,&m);
	for(int j=1;j<=n;j++)
		scanf("%d%d",&a[j].p,&a[j].c);
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int j=1;j<=n;j++){
		if(k){
			if(m-a[j].c<0) continue;
			k--;
			m-=a[j].c;
			q.push(a[j].p-a[j].c);
			ans++;
		}else{
			if(m-min(a[j].p,a[j].c+q.top())<0) continue;
			m-=min(a[j].p,a[j].c+q.top());
			ans++;
			if(a[j].p-a[j].c>q.top()){
				q.pop();
				q.push(a[j].p-a[j].c);
			}
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}