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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;
}