ZJNU 1217 - 航线问题——高级

将所有航线的其中一边排序后，另一边进行类dp

定义一个数组c，c[i]表示在所有能够开通i条航线的组合中，位置序号最大的那条航线的序号的最小值

比如下面一个样例

1 3

2 4

3 1

4 2

此时对于航线左边的位置序号已经是排好序的了

那么只需要考虑右边的情况

在所有只开通1条航道的组合中

右侧出现的结果可能是{1},{2},{3},{4}

所以c[1]=1

在所有只开通2条航道的组合中

右侧出现的结果可能是{3,4},{1,2}

这里有两个组合，每个组合位置序号最大的元素分别是4和2，取小

得到c[2]=2

同时我们可以发现c数组是严格递增的

那么定义完了c数组，说下它有什么用

因为航线左端排好序，每次考虑的值都是右端序号

重新举个例子

1 4

2 5

3 1

4 2

5 3

只拿右端序列，得到dp对象为4 5 1 2 3

考虑4，得到c[1]=4，答案更新为1

考虑5，因为5>4，且左侧序号递增，所以可以得到这条航线与终点为4的航线不重叠，可以组合，所以c[2]=5，答案更新为2

考虑1，因为c数组内没有元素比1小，所以更新c[1]=1，答案不变，为2

考虑2，得到c[1]<2，所以可以和此时c[1]指代的航线组合，更新c[2]=2，答案不变，为2

考虑3，得到c[2]<3，所以可以和此时c[2]指代的2条航线组合，c[3]=3，答案更新为3

首先，答案就是能够组合在一起的最大数量，即c数组最大的下标

那么为什么可以这样更新呢？

从形式上看，更新了数组之后相当于破坏了前面的航线的结论（看上去会让前面的航线交叉）

实际上，因为每考虑到一个点的时候，可以视为前面的点能组合的都已经组合完毕

更新c数组的元素，是为了贪心让之后的点加进来后对答案贡献更大，让其后的点能有更优的组合

对于代码实现，取用lower_bound函数或者手动模拟二分查找（已知现有c数组是有序的）

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int m=;
struct line{
    int a,b;
    bool operator < (const line& x) const{
        return a<x.a;
    }
}r[m];
int c[m];
int main(){
    ios::sync_with_stdio();
    cin.tie();cout.tie();
    int T,n,i,p,ans;
    cin>>T;
    while(T--){
        cin>>n;
        for(i=;i<=n;i++)
            cin>>r[i].a>>r[i].b;
        sort(r+,r++n);
        memset(c,INF,sizeof c);
        ans=;
        for(i=;i<=n;i++){
            p=lower_bound(c+,c++ans,r[i].b)-c;
            ans=max(ans,p);
            c[p]=r[i].b;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
 
    return ;
}