本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

为了方便在PC上运行调试、分享代码文件，我还建立了相关的仓库。在这一仓库中，你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等，还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解，还可以一同分享给他人。

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这里有 n 门不同的在线课程，按从 1 到 n 编号。给你一个数组 courses ，其中 courses[i] = [durationi, lastDayi] 表示第 i 门课将会 持续 上 durationi 天课，并且必须在不晚于 lastDayi 的时候完成。

你的学期从第 1 天开始。且不能同时修读两门及两门以上的课程。

返回你最多可以修读的课程数目。

示例 1：

输入：courses = [[100, 200], [200, 1300], [1000, 1250], [2000, 3200]]
输出：3
解释：
这里一共有 4 门课程，但是你最多可以修 3 门：
首先，修第 1 门课，耗费 100 天，在第 100 天完成，在第 101 天开始下门课。
第二，修第 3 门课，耗费 1000 天，在第 1100 天完成，在第 1101 天开始下门课程。
第三，修第 2 门课，耗时 200 天，在第 1300 天完成。
第 4 门课现在不能修，因为将会在第 3300 天完成它，这已经超出了关闭日期。

示例 2：

输入：courses = [[1,2]]
输出：1

示例 3：

输入：courses = [[3,2],[4,3]]
输出：0

提示:

• 1 <= courses.length <= 10^4
• 1 <= durationi, lastDayi <= 10^4

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这个题和他左右两个邻居来自同一场周赛，而且这道题只是第二题…… 当时美服共有超过2000人参赛，除了前112名，都是一题选手……

解法 反悔贪心+堆

思路

这道题很有意义，是一道经典贪心运用题——题目要求我们构造一种可行的课程排列，排列中每门课程的实际结束时间「不超过最晚截止时间 lastDayi」，求最长可行排列的长度。

对于两门课 $(t_1,d_1)$ 和 $(t_2,d_2)$ ，如果后者的关闭时间较晚，即 $d_1\le d_2$ ，那么我们先学习前者，再学习后者，总是最优的。这是因为：

• 设开始学习的时间点为 $x$ 。如果先学习前者，再学习后者，那么需要满足：
  $$\{\begin{array}{l}x+t_1\le d_1\\ x+t_1+t_2\le d_2\end{array}$$
• 如果先学习后者，再学习前者，那么需要满足：
  $$\{\begin{array}{l}x+t_2\le d_2\\ x+t_2+t_1\le d_1\end{array}$$
  如果 $x+t_2+t_1\le d_1$ 成立，由于 $d_1\le d_2$ ，那么 $x+t_1\le d_1$ 和 $x+t_1+t_2\le d_2$ 同时成立。这说明如果能「先学习后者，再学习前者」那么一定能「先学习前者，再学习后者」。反之如果 $x+t_1+t_2\le d_2$ 成立，则不能推出 $x+t_2+t_1\le d_1$ 成立，例如当 $x=0$ ，$(t_1,d_1)=(2,3)$ ，$(t_2,d_2)=(5,100)$ 时，虽然能「先学习前者，再学习后者」，但不能「先学习后者，再学习前者」。

因此，我们可以将所有的课程按照关闭时间 $d$ 进行升序排序，再依次挑选课程并按照顺序进行学习。

在遍历的过程中，假设我们当前遍历到了第 $i$ 门课 $(t_i,d_i)$ ，而在前 $i-1$ 门课程中我们选择了 $k$ 门课 $(t_{x_1},d_{x_1}),(t_{x_2},d_{x_2}),\cdots ,(t_{x_k},d_{x_k})$ ，满足 $x_1<x_2<\cdots <x_k$ ，那么有：
$$\{\begin{array}{l}{t}_{x_1}\le d_{x_1}\\ t_{x_1}+t_{x_2}\le d_{x_2}\\ \cdots \\ t_{x_1}+t_{x_2}+\cdots +t_{x_k}\le d_{x_k}\end{array}$$

如果上述选择方案是前 $i-1$ 门课程的「最优方案」：即不存在能选择 $k+1$ 门课程的方法，也不存在能选择 $k$ 门课程，并且总时长更短（小于 $t_{x_1}+t_{x_2}+\cdots +t_{x_k}$ ）的方案，那么我们可以基于该方案与第 $i$ 门课程 $(t_i,d_i)$ ，构造出前 $i$ 门课程的最优方案：

• 如果 $t_{x_1}+t_{x_2}+\cdots +t_{x_k}+t_i\le d_i$ ，那么我们可以将第 $i$ 门课程 $(t_i,d_i)$ 直接加入方案，得到选择 $k+1$ 门课程的最优方案。
  此处的「最优性」可以使用反证法来证明—— 如果存在更优的方案，那么该方案一定包含 $(t_i,d_i)$ ，如果不包含，那么说明前 $i-1$ 门课程就存在更优的方案，这与我们的假设相矛盾。
  当最优方案包含 $(t_i,d_i)$ 时，根据之前的证明，「先学习前者，再学习后者」总是最优的，我们就可以把 $(t_i,d_i)$ 作为该方案的最后一门课程。由于该最优方案优于选择 $x_1,x_2,\cdots ,x_k,i$ 的构造方案，因此同时将最后一门课程 $i$ 去除后，该方案仍然优于选择 $x_1,x_2,\cdots ,x_k$ 的方案，同样说明前 $i-1$ 门课程存在更优的方案，这与我们的假设相矛盾。
• 如果 $t_{x_1}+t_{x_2}+\cdots +t_{x_k}+t_i>d_i$ ​，那么我们无法将第 $i$ 门课程 $(t_i,d_i)$ 直接加入方案。我们可以使用类似的反证法，证明出此时前 $i$ 门课程不可能存在选择 $k+1$ 门课程的更优方案，因此我们的目标仍然为选择 $k$ 门课程，但最小化它们的总时间，为后续的课程腾出更多的时间。
  • 如果 $t_{x_1},t_{x_2},\cdots ,t_{x_k}$ 都小于等于 $t_i$ ，那么我们显然没有办法通过第 $i$ 门课来使得总时间更小。但如果其中时间最长的那门课（记为 $t_{x_j}$ 满足 $t_{x_j}>t_i$ ，那么我们就可以尝试将第 $x_j$ 门课程替换成第 $i$ 门课程了。这样的替换会使得总时间减少 $t_{x_j}-t_i$ ​，也是我们能做到的减少的上限了。
    那么将第 $x_j$ 门课程替换成第 $i$ 门课程后，这些课程是否满足题目的要求呢？我们将这些课程按照 $x_1,x_2,\cdots ,x_{j-1},x_{j+1},\cdots ,x_k,i$ 的顺序进行学习：
    • 对于 $x_1,x_2,\cdots ,x_{j-1}$ ，它们需要满足的不等式与之前是一致的，因此仍然满足要求；
    • 对于 $x_{j+1},\cdots ,x_k$ ，原先需要满足的不等式的左侧少了 $t_{x_j}$ 这一项，由于是左侧 $\le$ 右侧，因此仍然满足要求；
    • 对于 $i$，由于 $t_{x_1}+t_{x_2}+\cdots +t_{x_k}\le d_{x_k}$ 成立，而 $t_{x_j}>t_i$ ，因此：
      $$t_{x_1}+t_{x_2}+\cdots +t_{x_{j-1}}+t_{x_{j+1}}+\cdots +t_{x_k}+t_i\le d_{x_k}$$
      满足要求。

这就说明我们可以将第 $x_j$ 门课程替换成第 $i$ 门课程。这样一来，当我们遍历完所有的 $n$ 门课程后，就可以得到最终的答案。

算法

我们需要一个数据结构支持「取出 $t$ 值最大的那门课程」，因此我们可以使用优先队列（大根堆）。我们依次遍历每一门课程，当遍历到 $(t_i,d_i)$ 时：

• 如果当前优先队列中所有课程的总时间与 $t_i$ 之和小于等于 $d_i$ ，那么我们就把 $t_i$ 加入优先队列中；
• 如果当前优先队列中所有课程的总时间与 $t_i$​ 之和大于 $d_i$ ，那么我们找到优先队列中的最大元素 $t_{x_j}$ 。如果 $t_{x_j}>t_i$ ，则将它移出优先队列，并把 $t_i$​ 加入优先队列中。

在遍历完成后，优先队列中包含的元素个数即为答案。

class Solution {
public:int scheduleCourse(vector<vector<int>>& courses) {sort(courses.begin(), courses.end(), [](const auto &c0, const auto &c1) {return c0[1] < c1[1];});priority_queue<int> q;// 优先队列中所有课程的总时间int total = 0;for (const auto &course : courses) {int ti = course[0], di = course[1];if (total + ti <= di) {total += ti;q.push(ti);} else if (!q.empty() && q.top() > ti) {total -= q.top() - ti;q.pop();q.push(ti);}}return q.size();}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n\log n)$ 。排序需要 $O(n\log n)$ 的时间，优先队列的单次操作需要 $O(\log n)$ 的时间，每个任务会最多被放入和取出优先队列一次，这一部分的时间复杂度为 $O(n\log n)$ 。因此总时间复杂度也为 $O(n\log n)$ 。
• 空间复杂度：$O(n)$ ，即为优先队列需要使用的空间。