题目描述
有一家专卖一种商品的店，考虑连续的n天。
第i天上午会进货Ai件商品，中午的时候会有顾客需要购买Bi件商品，可以选择满足顾客的要求，或是无视掉他。
如果要满足顾客的需求，就必须要有足够的库存。问最多能够满足多少个顾客的需求。
输入
第一行一个正整数n (n<=250,000)。
第二行n个整数A1,A2,...An (0<=Ai<=10^9)。
第三行n个整数B1,B2,...Bn (0<=Bi<=10^9)。
输出
第一行一个正整数k，表示最多能满足k个顾客的需求。
第二行k个依次递增的正整数X1,X2,...,Xk，表示在第X1,X2,...,Xk天分别满足顾客的需求。
样例输入
6
2 2 1 2 1 0
1 2 2 3 4 4
样例输出
3
1 2 4
题解
贪心+堆
首先有个贪心策略：能卖就卖。
但是这样是有反例的，例如：第一天ai和bi相等且非常大，以后的ai=0，bi=1.
所以我们应该调整这个策略。
当无法满足时，此时无论如何调整也不能满足所有人，但是可以通过调整使得库存更多，即令前面满足的bi最大的变为不满足，然后满足当前的。
使用堆来维护，时间复杂度为$O(nlog n)$。
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <utility>
#define N 250010
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll , int> pr;
priority_queue<pr> q;
ll a[N] , b[N];
bool tag[N];
int main()
{
int n , i , ans = 0;
ll now = 0;
scanf("%d" , &n);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%lld" , &a[i]);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%lld" , &b[i]);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
now += a[i];
if(now >= b[i]) now -= b[i] , ans ++ , q.push(pr(b[i] , i));
else if(!q.empty() && b[i] < q.top().first) now += q.top().first , q.pop() , now -= b[i] , q.push(pr(b[i] , i));
}
printf("%d
" , ans);
while(!q.empty()) tag[q.top().second] = 1 , q.pop();
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) if(tag[i]) printf("%d " , i);
printf("
");
return 0;
}