[CSP-S模拟测试]:队长快跑（DP+离散化+线段树）
题目背景
传说中，在远古时代，巨龙大$Y$将$P$国的镇国之宝窃走并藏在了其巢穴中，
这吸引着整个$P$国的所有冒险家前去夺回，尤其是皇家卫士队的队长小$W$。
在$P$国量子科技实验室的帮助下，队长小$W$通过量子传输进入了巨龙大$Y$的藏宝室，并成功夺回了镇国之宝。
但此时巨龙布下的攻击性防壁启动，将小$W$困在了美杜莎的迷宫当中。
题目传送门（内部题41）
输入格式
第一行一个数$n$，表示水晶的个数。
接下来的$n$行，每行两个数$A_i,B_i$，表示第$i$个位置上的水晶的属性值。
输出格式
输出只有一行，表示在避免机关爆炸的情况下小$W$最多能够摧毁的水晶个数。
样例
样例输入：
5
2 5
3 3
7 2
8 3
4 5
样例输出：
3
数据范围与提示
对于$30\%$的数据，满足$n\leqslant 10$。
对于$60\%$的数据，满足$n\leqslant 200$。
对于另$10\%$的数据，满足$A_i,B_i\leqslant 2$。
对于$100\%$的数据，满足$n\leqslant 100,000,1\leqslant A_i,B_i\leqslant {10}^9$。
题解
爆搜有$30$分，记忆化能跑到$60$，再加上特判$A_i,B_i\leqslant 2$的点，$70$分就到手了，出题人还是蛮仁慈的。
首先，$A_i,B_i$肯定要离散化。
我们要摧毁的肯定是一个连续的区间，所以对于这段合法区间，满足$B_max<A_min$。
那么考虑$DP$。
设$dp[i][j]$表示处理到第$i$个水晶，已经选择的水晶中最小的$A$为$S$的最大摧毁个数。
那么考虑如何转移，分两种情况：
$\alpha.A_i\leqslant B_i$：$dp[i][A_i]=\max(dp[i-1][B_i+1],dp[i-1][B_i+2]...dp[i-1][MAX])+1$。
$\beta.A_i>B_i$：
$dp[i][A_i]=\max(dp[i-1][A_i+1],dp[i-1][A_i+2]...dp[i-1][MAX]+1$。
$dp[i][j]=dp[i-1][j]+1,j\in(B_i,A_i]$。
这时候的时间复杂度是$\Theta(n^3)$的，不过我们可以用线段树优化$DP$的第二维。
时间复杂度：$\Theta(n\log n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
#define L(x) x<<1
#define R(x) x<<1|1
using namespace std;
int n;
int a[300000],b[300000];
pair<int,int> s[300000];
int tr[1000000],lz[1000000];
int ans,cnt,now;
void pushup(int x){tr[x]=max(tr[L(x)],tr[R(x)]);}
void pushdown(int x)
{
if(!lz[x])return;
tr[L(x)]+=lz[x];
tr[R(x)]+=lz[x];
lz[L(x)]+=lz[x];
lz[R(x)]+=lz[x];
lz[x]=0;
}
int ask(int x,int l,int r,int L,int R)
{
if(R<l||r<L)return 0;
if(L<=l&&r<=R)return tr[x];
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;
return max(ask(L(x),l,mid,L,R),ask(R(x),mid+1,r,L,R));
}
void add(int x,int l,int r,int k,int w)
{
if(l==r)
{
tr[x]=max(tr[x],w);
return;
}
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=mid)add(L(x),l,mid,k,w);
else add(R(x),mid+1,r,k,w);
pushup(x);
}
void change(int x,int l,int r,int L,int R)
{
if(R<l||r<L)return;
if(L<=l&&r<=R)
{
tr[x]++;
lz[x]++;
return;
}
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;
change(L(x),l,mid,L,R);
change(R(x),mid+1,r,L,R);
pushup(x);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
s[++cnt]=make_pair(a[i],cnt);
s[++cnt]=make_pair(b[i],cnt);
}
sort(s+1,s+cnt+1);
s[0].first=-1;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
if(s[i].first!=s[i-1].first)now++;
if(s[i].second&1)a[(s[i].second+1)>>1]=now;
else b[s[i].second>>1]=now;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int maxn=((b[i]^now)?ask(1,1,now,b[i]+1,now):0)+1;
ans=max(ans,maxn);
if(a[i]<=b[i]+1)add(1,1,now,a[i],maxn);
else
{
maxn=ask(1,1,now,a[i],now)+1;
add(1,1,now,a[i],maxn);
change(1,1,now,b[i]+1,a[i]-1);
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
rp++
