题目描述】
Palmia国有一条横贯东西的大河，河有笔直的南北两岸，岸上各有位置各不相同的N个城市。北岸的每个城市有且仅有一个友好城市在南岸，而且不同城市的友好城市不相同。
每对友好城市都向政府申请在河上开辟一条直线航道连接两个城市，但是由于河上雾太大，政府决定避免任意两条航道交叉，以避免事故。编程帮助政府做出一些批准和拒绝申请的决定，使得在保证任意两条航线不相交的情况下，被批准的申请尽量多。
【输入】
第1行，一个整数N(1≤N≤5000)，表示城市数。
第2行到第n+1行，每行两个整数，中间用1个空格隔开，分别表示南岸和北岸的一对友好城市的坐标。(0≤xi≤10000)
【输出】
仅一行，输出一个整数，表示政府所能批准的最多申请数。
【输入样例】
7 22 4 2 6 10 3 15 12 9 8 17 17 4 2
【输出样例】
4
一、分析
将出发点从小到大排序，到达的点求最长不下降序列。第一种写法
for(i=2;i<=n;i++)
{
maxx=0;
for(j=1;j<i;j++)
{
if(a[i].south>a[j].south)&&f[j]>maxx)
maxx=f[j];
}
f[i]=maxx+1;
}
仔细思考，态度是f[i]状态转移方程是什么？f[i]=max{f[j]} 1<=j<i 并且a[j]在a[i]之前。我们的代码可以按动态转移方程方式来写for(i=2;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<i;j++)
{
if(a[i].south>a[j].south))
f[i]=max(f[i],f[j]+1);
}
}
参考代如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct t{
int north;
int south;
};
t a[5006];
int f[5005];
bool cmp (t a,t b)
{
return a.north<b.north;
}
int main()
{
int n,i,j;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i].north>>a[i].south;
f[i]=1;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int maxx=0;
for(j=1;j<i;j++)
if(a[i].south>a[j].south&&f[j]>maxx)
{
maxx=f[j];
}
f[i]=maxx+1;
}
cout<<*max_element(f+1,f+1+n)<<endl;
return 0;
}
二、反思：当时间复杂度上升时，我们只能 10^4 的数据规模。因为现有的时间复杂度为O(n^2)
如果升提，优化时间复杂度呢。我们可以用stl upper_bound
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node
{
int north;
int south;//先定义一个结构体，里面包含了north（北岸城市）和south（南岸城市）
};
node a[200005];
int n,i,d[200005],len,temp;
bool cmp(node x,node y)
{
return x.north<y.north;//我们只需要对北岸排序求南岸的最长不下降子序列即可（可以反过来，对南岸排序求北岸的最长不下降子序列）
}
int main ()
{
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i].north);
scanf("%d",&a[i].south);
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
d[++len]=a[1].south;
for(i=2;i<=n;i++)
{
int hh=upper_bound(d+1,d+len+1,a[i].south)-d;//logn的时间复杂度
d[hh]=a[i].south;
if(hh>len)
{
len++;
}
}
printf("%d",len);
return 0;
}