AcWing 1012. 友好城市

$AcWing$ $1012$. 友好城市

一、题目描述

$Palmia$国有一条横贯东西的大河，河有笔直的南北两岸，岸上各有位置各不相同的$N$个城市。

北岸的每个城市有且仅有一个友好城市在南岸，而且不同城市的友好城市不相同。

每对友好城市都向政府申请在河上开辟一条直线航道连接两个城市，但是由于河上雾太大，政府决定避免任意两条航道交叉，以避免事故。

编程帮助政府做出一些批准和拒绝申请的决定，使得在保证任意两条航线不相交的情况下，被批准的申请尽量多。

输入格式

第$1$行，一个整数$N$，表示城市数。

第$2$行到第$n+1$行，每行两个整数，中间用$1$个空格隔开，分别表示南岸和北岸的一对友好城市的坐标。

输出格式

仅一行，输出一个整数，表示政府所能批准的最多申请数。

数据范围

$1≤N≤5000,0≤x_i≤10000$

输入样例：

7
22 4
2 6
10 3
15 12
9 8
17 17
4 2

输出样例：

4

二、题目分析

要求

• 每个城市只能建立一座桥

• 所有桥与桥之间不能有交叉

目标

最多能建立多少座桥

图解

1、什么情况会交叉？

什么情况会造成桥出现交叉呢？手动模拟可知：当两座桥对应的两对城市($(x_1,y_1),(x_2,y_2)$)出现了下面的情况:

$$\large \left\{\begin{matrix} x_1>x_2 \ \&\& \ y_1<y_2 & \\ x_1<x_2 \ \&\& \ y_1>y_2 & \end{matrix}\right.$$

注:$x_1 \neq x_2 ,y_1 \neq y_2$是显然的，同岸的城市不能堆在一起吧~

结论：

数对的坐标 逆序 关系将导致出现桥交叉

2、暴力怎么做?

• 如果按照暴力的思路去思考的话，因为每座桥都可以选择建或者不建两种情况，所以要枚举所有的可能性，需要枚举的次数为$2^N$,其中$N≤5000$,肯定会$TLE$啊,需要优化。

• 如果暴力，需要枚举每一个城市，那么枚举序是什么呢？城市编号吗？开什么玩笑，题目根本也没有给你城市编号，你也不知道城市编号啊,而且这玩意也没用啊，你创造一个新概念出来给自己找罪受吗？~,那题目中给了啥东西？友好城市的坐标!,那你要枚举坐标，是不是得排个序，从小到大讨论？

  当你想到需要把一端坐标从小到大排序时，就马上会想到，那另一端怎么办？对应关系不能丢失啊，所以，需要使用pair<int,int>进行处理。

到这，似乎快看到曙光: 一端顺序由小到大，讨论另一端，怎么样才能让在没有交叉的情况下桥的数量还最多呢？当然是升序的序列越长越好,转化为求$LIS$问题了!

3、总结

• 多个数对的问题，套路是：对数对的第一维的自变量进行排序,然后再处理第二维的因变量，这样操作，可以起到类似于 降维 的作用，使问题简化。

• 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。

三、$O(N^2)$实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
#define x first
#define y second
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 res;

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].x >> a[i].y;
    sort(a + 1, a + 1 + n); // PII默认按第一维度first进行排序

    // LIS
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        f[i] = 1;
        for (int j = 1; j < i; j++)
            if (a[i].y > a[j].y)
                f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
        res = max(res, f[i]);
    }
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}

四、$O(NlogN)$实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
#define x first
#define y second

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], fl; // 数组模拟栈
int n;        // n组友好城市
int res;

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].x >> a[i].y;
    sort(a + 1, a + 1 + n);

    f[++fl] = a[1].y;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (a[i].y > f[fl])
            f[++fl] = a[i].y;
        else
            *lower_bound(f + 1, f + 1 + fl, a[i].y) = a[i].y;
    }

    printf("%d\n", fl);
    return 0;
}