【XSY2727】Remove Dilworth定理 堆 树状数组 DP

题目描述

　　一个二维平面上有\(n\)个梯形，满足：

　　　所有梯形的下底边在直线\(y=0\)上。

　　　所有梯形的上底边在直线\(y=1\)上。

　　　没有两个点的坐标相同。

　　你一次可以选择任意多个梯形，必须满足这些梯形两两重叠，然后删掉这些梯形。

　　问你最少几次可以删掉所有梯形。

　　\(n\leq {10}^5\)

题解

　　先把坐标离散化。

　　定义\(A\)为所有梯形组成的集合。

　　我们定义\(A\)上的严格偏序：两个梯形\(a<b\)当且仅当\(a\)与\(b\)不重叠且\(a\)在\(b\)的左边。

　　那么每次删掉的矩形就是一条反链。

　　所以这道题求的是最小反链覆盖。

　　根据Dilworth定理的对偶定理，有：最小反链覆盖数\(=\)最长链长度

　　所以我们只用求最长链长度就好了。

　　这个东西可以DP做。

\[f_i=\max_{a12j<a11i,a22j<a21i}f_j+1 \]

　　\(a11,a12,a21,a22\)分别代表一个梯形的上底边的两个端点的横坐标，下底边的两个端点的横坐标

　　可以把所有梯形按\(a11\)排序，维护一个以\(a12\)为关键字的堆，把队中的元素取出以\(a22\)位置，\(f_j\)为值插入到树状数组中，然后在树状数组中查询答案。

　　时间复杂度：\(O(n\log n)\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<utility>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > q;
struct p
{
	int a11,a12,a21,a22;
};
p a[100010];
int cmp(p a,p b)
{
	return a.a11<b.a11;
}
int f[100010];
int c[100010];
int m=0;
int d[200010];
void add(int x,int v)
{
	for(;x<=m;x+=x&-x)
		c[x]=max(c[x],v);
}
int query(int x)
{
	int s=0;
	for(;x;x-=x&-x)
		s=max(s,c[x]);
	return s;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("b.in","r",stdin);
	freopen("b.out","w",stdout);
#endif
	int n,i;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&a[i].a11,&a[i].a12,&a[i].a21,&a[i].a22);
		d[++m]=a[i].a21;
		d[++m]=a[i].a22;
	}
	sort(d+1,d+m+1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i].a21=lower_bound(d+1,d+m+1,a[i].a21)-d;
		a[i].a22=lower_bound(d+1,d+m+1,a[i].a22)-d;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	int ans=0;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		q.push(pii(a[i].a12,i));
		while(!q.empty()&&q.top().first<a[i].a11)
		{
			pii x=q.top();
			q.pop();
			add(a[x.second].a22,f[x.second]);
		}
		f[i]=query(a[i].a21)+1;
		ans=max(ans,f[i]);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}