畜栏预定【贪心+小根堆】

毫无疑问这是一个贪心思想， 应该是活动安排那个题的拓展，

本题的做法是：

1.将所有牛按开始吃草的时间排序

2.用小根堆维护当前所有畜栏的最后一头牛吃草结束的时间

3.如果当前的牛可以安排在堆顶畜栏，则将其安排进去，否则创建以个新的畜栏

反证法，假设存在一种方案，使得需要的畜栏数量更少，记其需要的畜栏数量是 m。

考虑在上述做法中，第一次新建第 m+1 个畜栏的时刻，不妨设当前处理的是第 i头牛。

由于所有牛是按开始时间从小到大排好序的，所以现在前 m 个畜栏中最后一头牛的开始时间一定小于等于第 ii 头牛的开始时间。

而且前 m 个畜栏中最小的结束时间大于等于第 ii 头牛的开始时间，所以前 m 个畜栏里最后一头牛的吃草区间一定都包含第 i 头牛的开始时间，所以我们就找到了 m+1个区间存在交集，所以至少需要 m+1 个畜栏，矛盾。

所以上述做法可以得到最优解，证毕。

可以的到当最小的结束时间都不满足条件，那么只能添加新的畜栏。

贴上代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 5e5 + 5;
int n, id[N];

pair<PII, int> cows[N];

int main(){
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        cin >> cows[i].first.first >> cows[i].first.second;
        cows[i].second = i;
    }

    sort(cows, cows + n);//按开始时间排序，和活动按安排差不多
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> >heap;//这是一个小根堆用来维护每个畜栏的最小结束时间
    for (int i = 0; i < n; ++ i){
        if (heap.empty() || heap.top().first >= cows[i].first.first){//根据贪心可以证明，当最小的结束时间都不满足条件那么必须添加新的
            PII stall = make_pair(cows[i].first.second, heap.size());
            id[cows[i].second] = stall.second + 1;
            heap.push(stall);
        }
        else {
            auto stall = heap.top();
            heap.pop();
            stall.first = cows[i].first.second;
            id[cows[i].second] = stall.second + 1;
            heap.push(stall);
        }
    }
    cout << heap.size() << endl;
    for(int i = 0; i < n; ++ i) cout << id[i] << endl;
    return 0;
}