最近的题都只会抄题解😅
首先，操作顺序会影响答案，因此不能直接贪心。其次，因为是求贡献最大，所以可以考虑枚举最终哪些位置对答案产生了贡献，进而转化为全局贡献。
1.1 1.1 1.1 如果 [ l 1 , r 1 ) ⊆ [ l 2 , r 2 ) [l_1,r_1)\subseteq [l_2,r_2) [l1,r1)⊆[l2,r2)，那么一定是贪心的先操作 [ l r , r 2 ) [l_r,r_2) [lr,r2)，因此这部分限制不用考虑
1.2 1.2 1.2 对于两个区间 [ l 1 , r 1 ) , [ l 2 , r 2 ) [l_1,r_1),[l_2,r_2) [l1,r1),[l2,r2)，如果满足 l 1 < l 2 < r 1 < r 2 l1<l2<r_1<r_2 l1<l2<r1<r2，并且选择了 r 1 r_1 r1，那么意味着 l 2 l_2 l2一定比 r 1 r_1 r1先操作；反之亦然，因此 l 2 l_2 l2和 r 1 r_1 r1不能同时被选择。注意到 l i , r i l_i,r_i li,ri互不相同，因此我们考虑到了所有位置，并且每个位置至少有一次产生贡献的机会。
容易证明这样不会产生环，因为 r r r是递增的
发现只有 l i l_i li和 r i r_i ri之间会有连边，问题转化为求二分图最大独立集。
使用 bitset \text{bitset} bitset优化，复杂度 O ( n 3 w ) O(\frac{n^3}{w}) O(wn3)。
类似的题目：ARC092F Two Faced Edges
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5005;
int n,tot,l[N],r[N],match[N];
int px[N],py[N];
bitset<N>to[N],vs;
queue<int>Q;
int bfs(int u){
while(Q.size())Q.pop();
vs.set(),Q.push(u);int v=-1;
while(Q.size()){
int x=Q.front();Q.pop();
bitset<N>tmp=vs&to[x];
for(int y=tmp._Find_first();y<=n;y=tmp._Find_next(y)){
int z=match[y];vs[y]=0;
if(z==0){
match[y]=x,v=x;
break;
}
Q.push(z),px[z]=x,py[z]=y;
}if(~v)break;
}if(v==-1)return 0;
while(v!=u){
match[py[v]]=px[v];
v=px[v];
}
return 1;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>l[i]>>r[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(l[i]<l[j]&&l[j]<r[i]&&r[i]<r[j]){
to[i][j]=1;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
tot+=bfs(i);
}cout<<2*n-tot;
}