atcoder ABC 439 E

原题大意

(https://atcoder.jp/contests/abc439/tasks/abc439_e)
其实挺简答的，感觉没有atocder problem中的那么高

分析

每一个点都有一个Ai和一个Bi，这个Ai和Bi连成一条线，要求的其实就是，这几条边中，让所有线都没有交点，包括端点，比如（2，3）和（2，5）也是不可以同时存在的，因为这两个点的2这个端点重合了
其实有一个名字叫什么LIS算法，就是最长上升子序列，比如[1, 7, 3, 5, 9, 4, 8]中的最长上升子序列就是1 3 5 8长度为4，这一题只要求我们求出长度就可以了，没有说具体到哪一条边
我们根据题目可以很清楚的得出的结论就是：要让这两条边不会产生交点的话，那么就是要Ai<Aj&&Bi<Bj 或者Aj<Ai&&Bj<Bi
我们可以先把这些边按照A的大小进行排序，然后，就剩下了B了，B就可以用LIS算法进行计算
你可能会问，为什么就想到了把A进行排序？因为这些边终归是要复现在二维坐标图上的，只要把图画出来，就可以很容易的想到把这些边按照A排序

具体是怎么实现的

关键的sort函数
A当然是按照升序排序的
在例子中，我们肯定会发现就是有A相同但是B不相同的，这个时候，假设我们把B小的放在前面的话，注意上面的加粗的字，就知道为什么是把B降序排列了

sort(all(ab),[&](pair<int,int>&a,pair<int,int>&b){
    if(a.first==b.first)return a.second>b.second;
    return a.first<b.first;
  });

结合贪心思想
当我们在这个dp里找不到比b大的的位置的时候，我们就可以把这个加到我们的dp里，这个可以给我们"最多人一起放风筝"的人数增加人数
当我们找到了这个dp里比当前b大的数字的时候，那么就把这个位置替换成b，这个是贪心的思想，为了后面可以增加更多的"一起放风筝"的人的数量
小疑惑
你可能会问出这样的问题，就是，假设我的例子是[10,20,5]呢？那你的结果不就是[5,20]了？但是[5,20]也不是正确的啊，最后面的5怎么可能可以和第二个的20一起放风筝呢？
他们两个肯定有交点，那你的结果不就是非法的了嘛？
我们来思考这样一个问题：这个解题的思路是不是合理的？答案当然是，这个是我们的贪心策略，那这个贪心策略是为什么呢？这里就不得不提左神在讲贪心时说过的话了，证明贪心没有意义，因为贪心千变万化
左神还说过，贪心时最接近人类智慧的算法，当我们没有看到这个已经有的dp数组里有比当前这个数字大的，就把这个数字加入到dp，如果有，就把当前这个位置换成这个更小的b，这本身就非常符合人性(
假设例子是[10,20,5,7,8]呢？
[10]->[10,20]->[5,20]->[5,7]->[5,7,8]正是我们把第一个的10贪心的换成了5，后面就有了更多的机会，才得出了正确的答案，上面那个看似错误的例子，但是答案输出来后，就是正确的2啊
我们为什么把10替换成5？因为这个5留着更有前途，这个5更有潜力，哪怕到最后没用上，但是这有做事正确的，因为把更小一点的5留下，比把10留下更有价值

for(auto[_,b]:ab){
    int i=lower_bound(all(dp),b)-dp.begin();
    if(i==dp.size())dp.push_back(b);//如果这个dp里没有大于等于b的数字的话，说明这个b可以放到dp里面，可以和前面的人一起放风筝
    else dp[i]=b;//贪心，LIS算法
  }

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//"O campeão tem nome, e se chama Charles Oliveira!"
#define int long long
#define endl '\n'
#define ep emplace
#define pob 
#define ll long long
#define pb push_back
#define pof pop_front
#define pob pop_back
#define all(a) a.begin(),a.end()
#define rall(a) a.rbegin(),a.rend()
#define mod 998244353
#define MOD 1000000007
const int N=200005;

using ld = long double;
using ui = unsigned;
using ull = unsigned long long;
using i128 = __int128;

int fastpow(int x,int y){
    int temp=1;
    while(y){
        if(y&1)temp*=x;
        x*=x;
        y>>=1;
    }
    return temp;
}

void solve(){
  int n;cin>>n;
  int cnt[n]{};
  vector<pair<int,int>>ab(n);
  for(int i=0;i<n;i++){
    cin>>ab[i].first>>ab[i].second;
  }
  sort(all(ab),[&](pair<int,int>&a,pair<int,int>&b){
    if(a.first==b.first)return a.second>b.second;
    return a.first<b.first;
  });
  //当a相同的时候,要把b的值大的放在前面，因为，两个人的线段是不可以有交点的，就算是端点也不可以
  //例如：（2，3）和（2，5），如果是升序排列的话，那么按照下面的算法，就是两个人可以一起放风筝了，但是正确答案是只有一个
  vector<int>dp;
  for(auto[_,b]:ab){
    int i=lower_bound(all(dp),b)-dp.begin();
    if(i==dp.size())dp.push_back(b);//如果这个dp里没有大于等于b的数字的话，说明这个b可以放到dp里面，可以和前面的人一起放风筝
    else dp[i]=b;//贪心，LIS算法
  }
  cout<<dp.size()<<endl;
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;
    while(t--)solve();
}