链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/917/A

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64bit IO Format: %lld

题目描述

题目背景

两个人之间只能有一个活着 ,这必然是我和你的战争——Harry Potter

题目描述

水宝宝在看完《斑羚飞渡》这本书后,突发奇想,想到了一个有趣的问题

现在峡谷的这边有n只斑羚,每只斑羚跳跃的最远距离为x[i],斑羚在别人的背上起跳的最远距离为y[i],峡谷的两岸的距离为s,问在最好情况下,有几只斑羚可以用别人的背当跳板跳到对岸,但由于斑羚的先天原因(主要是太肥),只能把别人当跳板一次
注:本系列题不按难度排序哦

输入描述:

输入格式:

第一行n,s 接下来n行,每行2个整数代表x[i],y[i]

输出描述:

输出格式:

一行一个整数,表示有几只斑羚可以用别人的背当跳板跳到对岸
示例1

输入

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5 10
6 8
2 100
7 3
1 10
2 5

输出

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2

说明

第一组是第三只斑羚跳6的距离,第一只斑羚跳6的距离后从第三只的背上起跳,再跳8的距离后到达对岸

第二组是第五只跳2的距离,第二只跳2的距离后从第五只的背上起跳,跳100的距离到达对岸(假设对岸无限长,不可能跳出对岸)

备注:

对于100%的数据,n<=1000000;

对于所有数据,s<=1000000000; x[i],y[i]<=s; 不保证x[i]<y[i]

思路:
把羚羊分为三批,第一批是自己就能跳过去的,第二批是需要别人帮助能跳过去的,第三批是即使别人帮助了也跳不过去的(只能作为踏板或者被抛弃的,枯了)
不用说第一批了,跳过去就完事了。
第二批,需要第三批或者第二批自己内部来帮助,然后就排个序吧。
这时候考虑到第二批需要第三批羊帮助的底线是啥,起码第三批羊跳的范围满足x[j] >= s-y[i]吧,这样就能踩着他跳过去啦
比如说
2 13
1 12
4 3
第一只就能踩着满足x[j] >= 13-12=1 的羊 跳过去。
这就是第二种情况:对当踏板的羊和要跳过去的羊分别排个序,从小到大取过去就行。
第三种情况也简单,第三批用不完的(工具人实锤了)直接被淘汰了。
第二批羊没了当踏板的羊,那就老老实实内部互相“帮助”吧,把剩下的除以二就行。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define INF 2000000000
#define eps 1e-8
#define pi 3.141592653589793
const LL mod = 1e9+;
vector<pair<int,int> >v1,v2;
int main()
{
int n,s;
int sum1 = ,sum2 = ,sum3 = ;
//sum1 自己本来就过得去的,sum2需要跟过不去的配合的,sum3两只能过得去的相互配合
scanf("%d %d",&n,&s);
for(int i = ; i < n ; i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
if(x>=s)sum1++;
else{
pair<int,int>pii = make_pair(x,y);
if(x+y >= s){
v1.push_back(pii);
}
else{
v2.push_back(pii);
}
}
}
sort(v1.begin(),v1.end());
sort(v2.begin(),v2.end());
if(!v2.empty()){
for(int i = ; i < v1.size() ; i++){
int z = s - (v1[i].second);
for(vector<pair<int,int> >::iterator it = v2.begin();it!=v2.end();it++){
int x_j = it->first;
if(x_j >= z){
sum2++;
v2.erase(it);
break;
}
}
if(v2.empty()){
break;
}
}
}
int last_v1 = v1.size() - sum2;
if(last_v1 <= ){
return printf("%d\n",sum1+sum2),;
}//有机会跳过去的羊没剩余了
else{
sum3 = last_v1/;
return printf("%d\n",sum1+sum2+sum3),;
}
}
 

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