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。
输入
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
输出执行所有任务所需要的最少空间。
输入示例
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
输出示例
135
请选取你熟悉的语言，并在下面的代码框中完成你的程序，注意数据范围，最终结果会造成Int32溢出，这样会输出错误的答案。
不同语言如何处理输入输出，请查看下面的语言说明。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct stu{
int a,b;
};
stu cas[100010];
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=0;
for(i=0;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[0].a;
ans=cas[0].a;
for(i=0;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 0;
}
如果对你有所帮助，别忘了加好评哦；么么哒！！下次见！88