任務執行順序（51nod

有n個任務需要執行，第i個任務計算時佔r[i]個空間，而後會釋放一部分，最後儲存計算結果需要佔據o[i]個空間（o[i] < r[i]）。

例如：執行需要5個空間，最後儲存需要2個空間。給出n個任務執行和儲存所需的空間，問執行所有任務最少需要多少空間。

輸入

第1行：1個數n，表示任務的數量。（2 <= n <= 100000)

第2 - n + 1行：每行2個數r[i]和o[i]，分別為執行所需的空間和儲存所需的空間。(1 <= o[i] < r[i] <= 10000)

輸出

輸出執行所有任務所需要的最少空間。

輸入示例

20

14 1
2 111 3
20 4
7 56 5
20 7
19 8
9 420 10
18 11
12 6
13 12
14 9
15 2
16 15
17 15
19 13
20 2
20 1

輸出示例

135

本題可以抽象成，從乙個整數開始，每次減去a，再加上b (a,b都是正數)，要求每次操作都不產生負數。

針對本題a[i] = r[i], b[i] = r[i] – o[i]，注意o[i] < r[i],我們有0

我們給出標準答案——按照b[i]不增的順序排序，是最「有利」的。

為了定義「有利」，我們這樣證明我們的結論：

如果對於b[0]>=b[1] >=…>=b[x] < b[x + 1] 

(a[0],b[0])….(a[x], b[x]) (a[x + 1], b[x + 1])的組合可以不產生負數，則我們交換b[x]和b[x + 1]也可以不產生負數。

證明：交換(a[x], b[x])和(a[x + 1], b[x + 1])對x + 1更有利了，因為每個括號實際上是乙個負數，所以越早安排這個括號，被減數就越大，就越不容易形成負數。

關鍵看(a[x],b[x])移動到後面會不會產生負數。

那其實是看之前的結果 -a[x + 1] + b[x + 1] – a[x]會不會產生負數，（注意-a[x + 1] + b[x + 1]不會產生負數，因為我們剛才已經證明了，對x + 1更有利）

而我們知道之前的結果-a[x] + b[x] – a[x + 1]不會產生負數（因為我們的假設就是這樣），而b[x + 1] > b[x]，所以前者更大，所以-a[x + 1] + b[x + 1] – a[x]不會產生負數。

因此我們證明了交換之後仍然不產生負數，也就是原先不產生負數，我們交換後仍然不產生負數。

而經過若干次這樣的交換之後，我們肯定會把序列交換成按照b的不增順序排序的。從而我們證明了，任何可行的方案都不好於按照b不增順序排序的序列執行的方案，從而證明了我們的貪心策略是有效的。

ac**：

#include#includeusing namespace std;

const int maxn=1e5+10;
struct nodea[maxn];
bool cmp(node a,node b)
int main()
sort(a,a+n,cmp);
int ans=a[0].r,x=a[0].b;//ans為所求結果，x為當前剩餘空間 
for(int i=1;ielse//剩餘時間足夠不需要更新ans，只需更新剩餘時間即可 
x=x-a[i].o;
}	cout<}

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