Expetion(POJ2431)

问题描述：

你需要驾驶一辆卡车行驶L单位的距离。最开始时，卡车有P单位的汽油。每行驶一单位的距离要消耗一单位的汽油。如果途中汽油耗尽，卡车将无法继续前进，因而无法到达终点。在途中一共有N个加油站，第i个加油站距离起点距离为A[i],最多可以加B[i]单位的汽油。假设卡车油箱无限大，那么请问卡车能否到达终点，如果能到达输出最少加油次数，否则输出-1。

限制条件：
1<=N<=10000
1<=L<=1000000,1<=P<=1000000
1<=Ai< L,1<=Bi<=100

输入：
第一行输入三个数分别为N,L,P;
接下来N行，分别输入A[i]和B[i]
样例：
输入：
4 25 10
10 10
14 5
20 2
21 4
输出：
2

分析：
当我们在思考，当到达某个加油站时是否要进行加油时，我们可以换一种思考方式：当我们到达加油站i时，就获得了一次在之后任何时刻都可以加B[i]单位的汽油的权利。所以在没有汽油时我们再加油就可以了，而为了加油的次数最少，先加最大的B[i]单位的汽油即可。所以我们只需要将已达到的加油站的B[i]加入到一个优先队列里面即可。

代码：

#include <iostream>#include <queue>#include <cstdio>using namespace std;const int maxn = 10000;int A[maxn],B[maxn];int L,P,N;void solve(){    int ans = 0,tank = P, pos = 0;    priority_queue<int> pq;    for(int i=0;i<=N;i++)    {        int d = A[i] - pos;    while(tank - d < 0)    {        if(pq.empty())        {            printf("-1\n");            return ;        }        tank += pq.top();        pq.pop();        ans++;    }    tank -= d;    pos = A[i];    pq.push(B[i]);    }    printf("%d\n",ans);}int main(){    scanf("%d%d%d",&N,&L,&P);    for(int i=0;i<N;i++)    {        scanf("%d%d",A+i,B+i);    }    A[N]=L;    B[N]=0;    solve();    return 0;}