友好城市

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】

第1行，一个整数N(1≤N≤5000)，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。(0≤xi≤10000)

 

【输出】

仅一行，输出一个整数，表示政府所能批准的最多申请数。

【输入样例】

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

【输出样例】

4

一、分析

将出发点从小到大排序，到达的点求最长不下降序列。第一种写法

for(i=2;i<=n;i++)

{

  maxx=0;

for(j=1;j<i;j++)

  {

    if(a[i].south>a[j].south)&&f[j]>maxx)

     maxx=f[j];

}

   f[i]=maxx+1;

}

仔细思考，态度是f[i]状态转移方程是什么？f[i]=max{f[j]}  1<=j<i   并且a[j]在a[i]之前。我们的代码可以按动态转移方程方式来写

for(i=2;i<=n;i++)

{

for(j=1;j<i;j++)

  {

    if(a[i].south>a[j].south))

     f[i]=max(f[i],f[j]+1);

}

}

参考代如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct t{
int north;
int south;
};
t a[5006];
int f[5005];
bool cmp (t a,t b)
{
return a.north<b.north;
}
int main()
{
int n,i,j;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i].north>>a[i].south;
f[i]=1;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int maxx=0;
for(j=1;j<i;j++)
if(a[i].south>a[j].south&&f[j]>maxx)
{
maxx=f[j];
}
f[i]=maxx+1;
}
cout<<*max_element(f+1,f+1+n)<<endl;
return 0;
}

 

二、反思：当时间复杂度上升时，我们只能 10^4 的数据规模。因为现有的时间复杂度为O(n^2)

如果升提，优化时间复杂度呢。我们可以用stl  upper_bound

 

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node
{
    int north;
    int south;//先定义一个结构体，里面包含了north（北岸城市）和south（南岸城市）
};
node a[200005];
int n,i,d[200005],len,temp;
bool cmp(node x,node y)
{
    return x.north<y.north;//我们只需要对北岸排序求南岸的最长不下降子序列即可（可以反过来，对南岸排序求北岸的最长不下降子序列）
}
int main ()
{
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i].north);
        scanf("%d",&a[i].south);
    }
    sort(a+1,a+1+n,cmp); 
    d[++len]=a[1].south; 
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        int hh=upper_bound(d+1,d+len+1,a[i].south)-d;//logn的时间复杂度
        d[hh]=a[i].south;
        if(hh>len)
        {
            len++;
        }
    }
    printf("%d",len);
    return 0;
}