AcWing 1012. 友好城市

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一、题目分析

条件一：每个城市只能建立一座桥

条件二：所有的桥与桥之间不能相交

目标：最多能建立多少座桥

步骤

1. 通过排序，固定自变量的顺序

2. 找因变量的最大上升子序列。（原因：找出的上升子序列越长，与下面自变量的匹配数量就越大，也就是修的桥数越多。）

总结：

• 本题还是有一些思维的难度，需要对问题进行转化。用数对描述问题比较好想，为什么要按左端点进行排序呢？似乎对于数对而言，大多数情况需要固定一个端点，比如区间合并,如果我们能想到这是一个用数对描述的问题，不妨先想一下是不是在按左端点排序一下。

• 按左端点排序后，一般的思路就是对比右端点（要不按左端点排序就没啥意义了~）。此时就是把二维的概念转化为一维的概念。本题是根据右端点的逆序关系来说明当前路线与前序的矛盾关系,我们把图画出来，现在聚焦到一维上面（就是是图的上侧），发现，如果是严格单调上升的序列，越长的话，修建的桥数越多。

• 从\(lis\)的原问题出发，思考以上方的每一个数字结尾，会产生多少座桥，也就是问题的答案。

• 思考一个复杂问题，从有一定的套路,将问题进行转化，然后再从最朴素的模板问题出发，思考问题的本质。

二、实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
//线段，二维，一般用PII,因为可以不需要写cmp，直接按first排序
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 5010;
PII a[N];   //南岸和北岸的一对友好城市的坐标
int f[N];   //记录以f[i]为结尾的一对友好城市时的，不产生交叉的最多城市对数
int n;      //n组友好城市

int main() {
    cin >> n;
    //读入友好城市对
    for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i].first >> a[i].second;
    //按first排序,则南岸城市坐标由小到大
    sort(a + 1, a + 1 + n);

    int mx = 0;
    //LIS 正向
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        f[i] = 1;
        for (int j = 1; j < i; j++)
            //如果南岸城市坐标由小到大，那么北岸也必须由小到大，否则就是交叉
            if (a[i].second > a[j].second)
                f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
        mx = max(mx, f[i]);
    }
    printf("%d\n", mx);
    return 0;
}