~~~题面~~~

题解:

  首先有一个比较明显的策略,肯定先要把能带给自己受益的先选完,然后再以最佳状态去打那些会给自己带来损失的怪。

  对于前一部分(可以带来受益的怪),显然我们需要先从代价小的打起,因为这样可以把生命值越积越多,打代价大的怪也更容易成功。

  那么对于后一部分怎么办呢?我们需要从受益大的打起,为什么?

  证明:

    假设一个怪的受益为back,代价为cost,那么首先假设我们打完所有怪之后剩下have的生命值,那么have的大小是固定的,不会随着操作顺序而改变,因此我们可以考虑用这个来倒推最优策略。

    那么就是要使得这个倒推尽可能成功,观察一下,在倒推的过程中,相当于是不断的后悔打某个怪,那么就相当于减去back,加上cost。

    因此这就是一个和上一部分类似的问题,所以在倒推的时候需要按照back从小到大取,那么从正向来看,就是按照back从大到小取。

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define AC 250100
#define LL long long int n;
LL have;
int q[AC], top;
struct node{
int cost, back, id;
}s[AC]; inline int read()
{
int x = ;char c = getchar();
while(c > '' || c < '') c = getchar();
while(c >= '' && c <= '') x = x * + c - '', c = getchar();
return x;
} inline bool cmp1(node a, node b){
return a.cost < b.cost;
} inline bool cmp2(node a, node b){
return a.back > b.back;
} void pre()
{
n = read(), have = read();
for(R i = ; i <= n; i ++)
s[i].cost = read(), s[i].back = read(), s[i].id = i;
} void work()
{
sort(s + , s + n + , cmp1);
for(R i = ; i <= n; i ++)
if(s[i].cost <= s[i].back)
{
if(s[i].cost >= have) {printf("NIE\n"); return ;}
have += s[i].back - s[i].cost;
q[++top] = s[i].id;
}
sort(s + , s + n + , cmp2);
for(R i = ; i <= n; i ++)
if(s[i].cost > s[i].back)
{
if(s[i].cost >= have) {printf("NIE\n"); return ;}
have += s[i].back - s[i].cost;
q[++top] = s[i].id;
}
printf("TAK\n");
for(R i = ; i <= top; i ++) printf("%d ", q[i]);
} int main()
{
//freopen("in.in", "r", stdin);
pre();
work();
//fclose(stdin);
return ;
}

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