51NOD贪心教程（任务执行顺序典型题+详细解析）

有N个任务需要执行，第i个任务计算时占R[i]个空间，而后会释放一部分，最后储存计算结果需要占据O[i]个空间（O[i] < R[i]）。

例如：执行需要5个空间，最后储存需要2个空间。

给出N个任务执行和存储所需的空间，问执行所有任务最少需要多少空间。

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。

最后，我们来提供输入输出数据，由你来写一段程序，实现这个算法。

输入

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

输出执行所有任务所需要的最少空间。

输入示例

20
14 1
2 1
11 3
20 4
7 5
6 5
20 7
19 8
9 4
20 10
18 11
12 6
13 12
14 9
15 2
16 15
17 15
19 13
20 2
20 1

输出示例

135

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAXN = 1e5+10;

struct D{
	int R,O,flag;
	bool operator < (const struct D &b)const {
		return flag > b.flag;
	}
}board[MAXN];

int main(){
	
	int N;
	while(scanf("%d",&N) == 1){
		for(int i=1 ; i<=N ; ++i){
			scanf("%d %d",&board[i].R,&board[i].O);
			board[i].flag = board[i].R - board[i].O;
		}
		sort(board+1,board+1+N);
		int ma = 0,sum = 0,t = 0;
		for(int i=1 ; i<=N ; ++i){
			t = sum + board[i].R;
			if(t > ma)ma = t;
			sum += board[i].O;
		}
		printf("%d
",ma);
	}
	
	return 0;
}