题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1029
解析：这也算bzoj中比较简单的一道题，其实想通了就是非常的简单。
这题用贪心的方式，我们先按照结束时间从小到大排，然后记录当前花费时间，只要可以继续修理就修理，如果不能修理（修理时间大于结束时间），就判断之前的操作中耗时最大的修理是不是比现在的修理时间更久，如果久，就放弃之前的那次修理，转而选择现在的这次修理（这个地方要好好想想，因为是按照结束时间的大小来从小到大执行的，是符合最终答案的）
然后我们通过样例来说明一下这个过程。
样例： 按照结束时间排序后的样例：
100 200 100 200
200 1300 1000 1250
1000 1250 200 1300
2000 3200 2000 3200
首先修第一个，耗时100，不大于结束时间200；
判断第二个，单个耗时1000，总耗时1100，不大于结束时间1250，加入第二个；
判断第三个，单个耗时200，总耗时1300，不大于结束时间1300，加入第三个；
判断第四个，单个耗时2000，总耗时3300，大于结束时间3200，且单个耗时2000大于之前最大耗时1000，不加入第四个；
所以最后维修3个；
但是这是测试样例，可以看出组合方式有几种都可以满足3种，有一句话说的好，测试数据是万能的，所以还是建议自己亲自去举个例子来看
然后就是代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#define maxn 150005
using namespace std; struct node{
int t1,t2;
}t[maxn]; int n,m,ans,tot;
int maxt; int comp(void const*a,void const*b)
{
return(*(struct node*)a).t2>(*(struct node*)b).t2?:-;
} priority_queue<int>q; int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
t[i].t1=a;t[i].t2=b;
}
qsort(t,n+,sizeof(t[]),comp);
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(ans+t[i].t1<=t[i].t2)
{
q.push(t[i].t1);
ans+=t[i].t1;tot++;
}else{
if(t[i].t1<q.top())
{
ans-=q.top();
ans+=t[i].t1;
q.pop();
q.push(t[i].t1);
} } }
printf("%d",tot); }