分析： 本题可以抽象成，从一个整数开始，每次减去a，再加上b (a,b都是正数)，要求每次操作都不产生负数。
针对本题a[i] = R[i], b[i] = R[i] – O[i]，注意O[i] < R[i],我们有0<b[i]<a[i]。 所以尽管每次有减有加，但是加的没有减的多，总数还是在不断见效的。关键我们是要“最有利”的一种执行顺序。大家可以尝试多种贪心策略。
我们给出标准答案——按照b[i]不增的顺序排序，是最“有利”的。
为了定义“有利”，我们这样证明我们的结论：
如果对于b[0]>=b[1] >=…>=b[x] < b[x + 1]
(a[0],b[0])….(a[x], b[x]) (a[x + 1], b[x + 1])的组合可以不产生负数，则我们交换b[x]和b[x + 1]也可以不产生负数。
证明：
交换(a[x], b[x])和(a[x + 1], b[x + 1])对x + 1更有利了，因为每个括号实际上是一个负数，所以越早安排这个括号，被减数就越大，就越不容易形成负数。
关键看(a[x],b[x])移动到后面会不会产生负数。
那其实是看之前的结果 -a[x + 1] + b[x + 1] – a[x]会不会产生负数，（注意-a[x + 1] + b[x + 1]不会产生负数，因为我们刚才已经证明了，对x + 1更有利）
而我们知道之前的结果-a[x] + b[x] – a[x + 1]不会产生负数（因为我们的假设就是这样），而b[x + 1] > b[x]，所以前者更大，所以-a[x + 1] + b[x + 1] – a[x]不会产生负数。
因此我们证明了交换之后仍然不产生负数，也就是原先不产生负数，我们交换后仍然不产生负数。
而经过若干次这样的交换之后，我们肯定会把序列交换成按照b的不增顺序排序的。从而我们证明了，任何可行的方案都不好于按照b不增顺序排序的序列执行的方案，从而证明了我们的贪心策略是有效的。
很奇怪的策略——我们只考虑了b，居然能得到最优策略。可见贪心算法还是需要感觉，大胆假设，小心求证。
第1行：1个数N，表示任务的数量。（2 <= N <= 100000)
第2 - N + 1行：每行2个数R[i]和O[i]，分别为执行所需的空间和存储所需的空间。(1 <= O[i] < R[i] <= 10000)
输出执行所有任务所需要的最少空间。
20
14 1
2 1
11 3
20 4
7 5
6 5
20 7
19 8
9 4
20 10
18 11
12 6
13 12
14 9
15 2
16 15
17 15
19 13
20 2
20 1
135
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct stu{
int a,b;
};
stu cas[];
int cmp(stu x,stu y){
return x.b>y.b;
}
int main(){
int n,i,j,max,sum,ans;
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
max=;
for(i=;i<n;i++){
scanf("%d%d",&cas[i].a,&cas[i].b);
cas[i].b=cas[i].a-cas[i].b;
}
sort(cas,cas+n,cmp);
sum=cas[].a;
ans=cas[].a;
for(i=;i<n;i++){
if(sum<cas[i].a){
ans+=cas[i].a-sum;
sum=cas[i].a;
}
sum=sum-cas[i].a+cas[i].b;
}
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}
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