传送门
Luogu

解题思路

显然先把所有楼按照报废时间递增排序。
然后考虑 \(1\cdots i-1\) 都能修完， \(i\) 修不完的情况。
显然我们在这 \(i\) 个里面至多只能修 \(i-1\) 个
那么我们把前 \(i\) 中最耗费时间的不修，只修剩下的 \(i-1\) 个，就可以省出后面的时间。

细节注意事项

• 咕咕咕

参考代码

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <queue>
#define rg register
using namespace std;
template < typename T > inline void read(T& s) {
    s = 0; int f = 0; char c = getchar();
    while (!isdigit(c)) f |= c == '-', c = getchar();
    while (isdigit(c)) s = s * 10 + (c ^ 48), c = getchar();
    s = f ? -s : s;
}

typedef long long LL;
const int _ = 150010;

int n; struct node{ LL dlt, lim; }t[_];
inline bool cmp(const node& a, const node& b) { return a.lim < b.lim; }
priority_queue < LL > Q;

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.in", "r", stdin);
#endif
    read(n);
    for (rg int i = 1; i <= n; ++i)
        read(t[i].dlt), read(t[i].lim);
    sort(t + 1, t + n + 1, cmp);
    LL T = 0; int ans = 0;
    for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (T + t[i].dlt > t[i].lim) {
            if (t[i].dlt < Q.top()) {
                T -= Q.top(), Q.pop();
                T += t[i].dlt, Q.push(t[i].dlt);
            }
        } else T += t[i].dlt, Q.push(t[i].dlt), ++ans;
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

完结撒花 \(qwq\)