我草，刚在 typora 写完发现洛谷发题解入口被关了……心态崩了………………
没错我就是那位被标签「差分约束」骗进来的人。
这题确实可以差分约束，做法也很显然，不过那样是 (mathrm O(n(n+m))) 的 SPFA，普通写可以得 60pts。不过看到 zqy 用某些邪教优化 SPFA 过了这道题，我以后有时间学一下！
这题实际上是个不错的 DP。
我们考虑对于一个选的牛的序列，它合法的充要条件是什么。
很简单，就是每个区间内恰好有一头牛。那么如何简洁的体现到序列上呢？注意到恰好有一头牛意味着不能有 (0) 头或大于 (1) 头。(0) 头的话，那就是一个坐落在序列中两相邻牛之间的一个区间；大于 (1) 头的话，就是当且仅当包含了序列中连续两头牛。然后这两个条件不能有任何一个序列满足，就这样很好的贴合序列了。
下面考虑对这个序列 DP。设 (dp_i) 表示考虑前 (i) 头牛中，若 (i) 选，则满足条件的最大的选的牛数。我们考虑将上面那两个条件融入到任意一个相邻对里面去，也就是说每次 DP 的时候只需要考虑 (i) 与决策 (j) 满足条件。
条件一是说不能有 (j<l_k,r_k<i)。这里的 ([r_k<i]) 固定了，唯一能做的就是调整 (j)。也就是要满足 (forall r_k<i,jgeq l_k)，即 (jgeqmaxlimits_{r_k<i}{l_k})。
条件二是说不能有 (l_kleq j,ileq r_k)，同理推出等价于 (j<minlimits_{r_kgeq i}{l_k})。
这样我们就得出了 (j) 的上下界，除此之外还有个隐含限制 (jin[0,i))。加上去之后容易得到 (i) 的决策区间，我们要找的是区间里面的 DP 值最大值。
考虑如何实现。上下界显然可以按 (r) 排序，然后分别从前往后、从后往前扫一遍即可求出。然后不难发现下界显然是单调不降的，上界反过来看是单调不升的，那正过来也就是单调不降的。咦，那恰好可以单调队列优化。于是复杂度线性。
但还有一个线性对数的地方，那就是排序……不过注意到值域线性，所以可以对 (r) 桶排来实现严格的线性复杂度。然后卡了卡常，用 c++17 虐了最优解 1ms，成为了最优解。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
char _buf[1<<23],*_st,*_ed;
#define getchar() (_st==_ed&&(_ed=(_st=_buf)+fread(_buf,1,1<<22,stdin),_st==_ed)?EOF:*_st++)
void read(int &x){
x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
}
const int N=200000,M=100000;
int n,m;
int rgl[M+1],rgr[M+1];
struct addedge{
int sz,val[M+1],nxt[M+1],head[N+1];
void init(){sz=0;memset(head,0,sizeof(head));}
void ae(int x,int y){
++sz,val[sz]=y,nxt[sz]=head[x],head[x]=sz;
}
}lft;
int l[N+2],r[N+2];
int dp[N+2];
int q[N+2],head,tail;
int main(){
read(n),read(m);
lft.init();
for(int i=1;i<=m;++i)read(rgl[i]),read(rgr[i]),lft.ae(rgr[i],rgl[i]);
int now=0;
for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=lft.head[i];j;j=lft.nxt[j])rgl[++now]=lft.val[j],rgr[now]=i;
for(int i=1,j=0,mx=0;i<=n+1;++i){
while(j+1<=m&&rgr[j+1]<i)mx=max(mx,rgl[++j]);
l[i]=mx;
}
for(int i=n+1,j=m+1,mn=inf;i;--i){
while(j-1&&rgr[j-1]>=i)mn=min(mn,rgl[--j]);
r[i]=min(i-1,mn-1);
}
// for(int i=1;i<=n+1;i++)cout<<l[i]<<" "<<r[i]<<"!
";
q[tail++]=0;
for(int i=1;i<=n+1;++i){
for(int j=r[i-1]+1;j<=r[i];++j){
while(head<tail&&dp[q[tail-1]]<=dp[j])--tail;
q[tail++]=j;
}
while(head<tail&&q[head]<l[i])++head;
dp[i]=head<tail?dp[q[head]]+1:-inf;
}
if(dp[n+1]<0)puts("-1");
else cout<<dp[n+1]-1;
return 0;
}