Sunscreen
给出n个在x轴上的区间，记第i个区间的左端点和右端点为\(l_i,r_i\)，现在有n种点（显然都是在x轴上），第i种点的坐标都是\(p_i\)，数量有\(c_i\)，每个点只可以标记包含它的一个区间，问最多可以标记多少个区间。\(c,l\leq 2500\)。
解
注意到这是区间问题，首要考虑排序，而数据范围是给\(O(n^2)\)，选择点时应该会有暴力枚举的过程。
思路一：
按左端点排序，然后再来考虑对于一个区间来说选择标记它的点的策略，按照最朴素的思想，显然想选择可以标记这个区间i的点中，坐标最小的点，不妨考虑微扰证明，那么对于后面的区间，对于可以标记区间i的任意两个点\(x,y,(x<y)\)而言，因为后面的区间左端点必然是递增的，显然后面的区间对于它们只有四种情况，一是x可选，y可选，二是x可选，y不可选，三是x不可选，y可选，四是x不可选，y不可选;如果除去第二种情况，那么选择坐标最小的，两者都可选，让i选最小的没问题，后者不可选，自然i必须选前者还是接下来的区间选前者，两者都不可选，自然i选前者选后者都没有关系，但是前者可选，后者不可选，选择前者可能导致后面不优秀，于是此思路萎掉。
思路二：
注意到排序方式有两种，而且会造成思路大不同，从这里作为突破点。
于是按右端点排序，然后接着考虑一个区间i的点的选择的策略情况，参考朴素，想到点的坐标选的尽可能小，此时对于两个点\(x,y(x<y)\)而言，后面的区间j右端点必然是递增的，只需要考虑左端点，判断是否包含这些点，如果左端点\(r_j>y\)，那么x，y对于j都不可选，如果\(r_i<x\leq r_j\)，x不可选，y可选，如果\(r_i\leq x\)，两者都可选，同思路一的证明方法，容易知道，这三种情况，按照这种朴素贪心都是正确的，再对比一下，容易知道，思路二的情况比思路一少了一种，也就是恶心的x可选，y不可选。
但是还没完，这只是证明一个区间应该选择那些点，并没有证明，这个区间是否一定要选点，这样考虑，如果这个区间放弃这个点，让别的没有被选的区间选了，答案-1+1,不改变，如果它是让一个已经选的区间选了，腾出来另外一个点给别的区间，答案也是-1-1+1+1，还是没有改变，于是这个区间不选点不会让后面的结果更优，不妨选点。
到此，题目就结束了，但各位必然深有感触，我们只要排个序，暴力扫描应该选哪一个点，就可以\(O(n^2)\)解决这到题目了，这也照应了开头所讲，会存在暴力枚举选择哪个点的过程。
区间问题的排序，对于先排左端点还是先排右端点，一定要灵活运用，对于微扰法的证明这样选择结果后面不会更优，一定要全面地考虑所有情况，而且本题存在两个决策，一是一个区间对点的决策，一个是区间的决策，应该思维全面，不要漏掉，这道题很好地考察了贪心的思维。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define il inline
#define ri register
#define intmax 0x7fffffff
using namespace std;
struct inter{int l,r;
il bool operator<(const inter&x)
const{return r<x.r;}
}H[3000],I[3000];
il void read(int&);
int main(){
int c,l,ans(0);read(c),read(l);
for(int i(1);i<=c;++i)read(I[i].l),read(I[i].r);
for(int i(1);i<=l;++i)read(H[i].l),read(H[i].r);
sort(I+1,I+c+1),H[0].l=intmax;
for(int i(1),j,k(0);i<=c;++i){
for(j=1;j<=l;++j)
if(I[i].l<=H[j].l&&H[j].l<=I[i].r
&&H[j].r&&H[j].l<H[k].l)k=j;
if(k)--H[k].r,++ans,k^=k;
}printf("%d",ans);
return 0;
}
il void read(int &x){
x&=0;ri char c;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
}
