题面
给 (n) 条线段 ([l_i,r_i])，每条有个颜色 (t_iin{0,1})，求最多选出多少条线段，使没有不同颜色的线段相交。
数据范围：(1le nle 2cdot 10^5)，(1le l_ile r_ile 10^9)。
蒟蒻语
昨天蒟蒻打 CF，发挥得不错，迷惑回橙。但是蒟蒻没做出这题，赛后想了好久感觉这题很奇妙，于是蒻蒻地来写篇题解。
蒟蒻解一
线段树维护 dp。
先将每条线段 (l_i,r_i) 离散化，坐标范围为 ([0,cnt])。
设 (f(i,j,k)) 表示看了 ([0,i])，([j+1,i]) 的线段颜色都为 (k) 的最多线段数。
那么答案是 (max_{j=0}^{cnt}f(cnt,j,0/1))。
设 (ca_i) 这个 vector 存放 (r_x=i) 的 (x)。
所以可以用一个线段树代替 (j) 维，把 (i) 维滚掉，实现上述dp。
时间复杂度 (Theta(nlog n))。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//Start
typedef long long ll;
typedef double db;
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define x first
#define y second
#define be(a) a.begin()
#define en(a) a.end()
#define sz(a) int((a).size())
#define pb(a) push_back(a)
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
//Data
const int N=2e5,M=(N<<1)+1;
int n,l[N],r[N],t[N],cnt,b[M],ans;
vector<int> ca[M];
//Segmenttree
const int T=M<<2;
#define lk k<<1
#define rk k<<1|1
struct Segmenttree{ //线段树，下标为坐标，维护区间加、全局最大值
int mx[T],mk[T];
void pushup(int k){mx[k]=max(mx[lk],mx[rk]);}
void pm(int k,int v){mk[k]+=v,mx[k]+=v;}
void pushdown(int k){if(mk[k]) pm(lk,mk[k]),pm(rk,mk[k]),mk[k]=0;}
void fix(int x,int y,int v,int k,int l,int r){
if(x<=l&&r<=y) return pm(k,v);
pushdown(k);
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=x) fix(x,y,v,lk,l,mid);
if(mid<y) fix(x,y,v,rk,mid+1,r);
pushup(k);
}
int Mx(){return mx[1];}
void Print(int k,int l,int r){
if(l==r){cout<<mx[k]<<' ';return;}
pushdown(k);
int mid=(l+r)>>1;
Print(lk,l,mid),Print(rk,mid+1,r);
}
}g[2];
//Main
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>l[i]>>r[i]>>t[i],--t[i];
b[cnt++]=l[i],b[cnt++]=r[i];
}
b[cnt++]=0,sort(b,b+cnt),cnt=unique(b,b+cnt)-b;
for(int i=0;i<n;i++){
l[i]=lower_bound(b,b+cnt,l[i])-b;
r[i]=lower_bound(b,b+cnt,r[i])-b;
ca[r[i]].pb(i);
}
for(int i=1;i<cnt;i++){
for(int x:ca[i]) g[t[x]].fix(0,l[x]-1,1,1,0,cnt);
g[0].fix(i,i,g[1].Mx(),1,0,cnt),g[1].fix(i,i,g[0].Mx(),1,0,cnt);//这么写也是可以的
}
cout<<max(g[0].Mx(),g[1].Mx())<<'
';
return 0;
}
蒟蒻解二
萌新初学 OI 的时候，有一个贪心问题：求最多线段互不相交。做法是右端点再左端点双关键字排序，然后贪心取舍一下。
这题可以同样地骚操作：
初始化答案为 (n)。用两个 multiset 记录两种颜色分别选了哪些线段。
顺序枚举排序了的线段，如果没有选了的线段与当前线段异色并重合，那么蒟蒻们可以很开心地选上这条线段。
否则把右端点在当前线段左端点右边并且最近的异色线段从 multiset 中删除，不往 multiset 中加入当前线段，把答案 (-1)，表示一个对抗抵消的过程。
比如加了一条 (0) 线段，然后再加一条 (1) 线段与它抵消。这时如果来 (2) 条 (1) 线段，相当于选了 (3) 条 (1) 线段；如果来 (2) 条 (0) 线段，相当于选了 (3) 条 (0) 线段。
这种思想类似求序列众数时的对抗抵消选举和模拟网络流反悔推流。
时间复杂度 (Theta(nlog n))。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//Start
typedef long long ll;
typedef double db;
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define x first
#define y second
#define be(a) a.begin()
#define en(a) a.end()
#define sz(a) int((a).size())
#define pb(a) push_back(a)
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
//Data
const int N=2e5;
int n,ans;
struct S{int l,r,t;}a[N];
multiset<int> g[2];
//Main
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n,ans=n;
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>a[i].l>>a[i].r>>a[i].t,--a[i].t;
sort(a,a+n,[&](const S p,const S q){return p.r==q.r?p.l<q.l:p.r<q.r;});
for(int i=0;i<n;i++)
if(g[!a[i].t].lower_bound(a[i].l)==en(g[!a[i].t])) g[a[i].t].insert(a[i].r);
else ans--,g[!a[i].t].erase(g[!a[i].t].lower_bound(a[i].l));
cout<<ans<<'
';
return 0;
}
祝大家学习愉快！