poj1769 线段树优化的dp

　　附上这道题的链接：http://poj.org/problem?id=1769

　　题目的意思是有一个装置可以输出n个数的最大值， 这个装置由m个排序器组成， 每个排序器可以将这n个数从s 到 t的数按照从小到大的顺序排列， 有一个人发现将m个排序器中的一些排序器去掉仍然不影响功能，  现在问你最少需要多少个排序器可以完成功能。 我们可以定义dp[i][j]为前i个排序器将第1个数提到j所需要的最少的排序器的数量， 那么当t[i] == j的时候 dp[i][j] = min(dp[i-1][j] , min(dp[i-1][si -- ti]) + 1)  当ti != j的时候 dp[i][j] = dp[i-1][j],  我们观察状态数有m*n个， 显然直接求解会超时， 因此我们考虑使用线段树来优化  见挑战程序设计 p207 , 代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int maxn = 500000 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m;

struct segment{
    int l, r;
    int x;
}seg[3*maxn];

void build(int rt, int l, int r) {
    seg[rt].l = l; seg[rt].r = r;
    if(l == r) {
        int value = inf;
        if(l == 1) value = 0;
        seg[rt].x = value;
        return ;
    }
    int chl = 2*rt, chr = 2*rt + 1;
    int mid = (l + r) / 2;
    build(chl, l, mid);
    build(chr, mid+1, r);
    seg[rt].x = min(seg[chl].x, seg[chr].x);
}

int query(int rt, int l, int r) {
    if(seg[rt].l == l && seg[rt].r == r) {
        return seg[rt].x;
    }
    int mid = (seg[rt].l + seg[rt].r)/2;
    if(r <= mid)
        return query(2*rt, l, r);
    else if(l > mid)
        return query(2*rt+1, l, r);
    else{
        int v1 = query(2*rt, l, mid);
        int v2 = query(2*rt+1, mid+1, r);
        return min(v1, v2);
    }
}

void update(int rt, int i, int c) {
    if(seg[rt].l==seg[rt].r && seg[rt].l == i) {
        seg[rt].x = c;
        return ;
    }
    int mid = (seg[rt].l + seg[rt].r)/2;
    if(i <= mid)
        update(2*rt, i, c);
    else
        update(2*rt+1, i, c);
    seg[rt].x = min(seg[2*rt].x, seg[2*rt+1].x);
}

int main() {
    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
        build(1, 1, n);
        for(int i=0; i<m; i++) {
            int s, t;
            scanf("%d%d", &s, &t);
            int v1 = query(1, s, t) + 1;
            int v2 = query(1, t, t);
            int v3 = min(v1, v2);
            update(1, t, v3);
        }
        printf("%d\n", query(1, n, n));
    }
    return 0;
}