【题解】AcWing 1012. 友好城市

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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。

输入格式

第1行，一个整数N，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。

输出格式

仅一行，输出一个整数，表示政府所能批准的最多申请数。

数据范围

(1≤N≤50001≤N≤5000,)
(0≤xi≤100000≤xi≤10000)

输入样例：

7
22 4
2 6
10 3
15 12
9 8
17 17
4 2

输出样例：

4

思路

把其中一边的城市进行排序后，不难发现如果不能有交叉的话，以一边的城市为基准（不知道怎么表述好，另一边的城市找到LIS就是结果。（个人感觉更多是经验所得）

算法1

(O(n^2))

注意

for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= i; j ++)
            if(w[i].py >= w[j].py) f[i] = max(f[i], f[j] + 1);

看起来等价，其实不等价。
在f[1]时是等价的，之后f[2]若不比前面大是没关系，是等价的，若比前面大，就会成为f[1] + 1，（其实这个1就是f[2] 自己了， 再到自己再加1就错了）
如

2
2 6
9 8

排序后，得到的f数组：

// w
2 6
9 8
// f
1
3

C++ 代码

#include <iostream>
#include <algorithm>

#define px first
#define py second

using namespace std;

typedef pair <int, int> PII;

const int N = 5010;

int n;
int f[N];
PII w[N];

int main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        cin >> w[i].px >> w[i].py;
    
    sort(w + 1, w + n + 1);
    
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        f[i] = 1;
        for(int j = 1; j < i; j ++)
            if(w[i].py >= w[j].py) f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
    }
    
    int res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        res = max(res, f[i]);
        
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

---

算法2

(二分优化) (O(nlogn))

思路

如上，只是用了LIS的贪心二分优化

C++ 代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 5010;

int n;
int f[N], q[N];
PII a[N];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        a[i] = {x, y};
    }
    sort(a+1, a+1 + n);
    int res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        f[i] = 1;
        int l = 0, r = res;
        while(l < r)
        {
            int mid = l + r + 1 >> 1;
            if(q[mid] <= a[i].second) l = mid;
            else r = mid - 1;
        }
        res = max(res, r+1);
        q[r+1] = a[i].second;
    }
    printf("%d
", res);
    return 0;
}