线性dp-LIS题目6（友好城市，二分优化）

1 解题过程

1.1 题意理解

这道题的突破口在"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道不相交的情况下，被批准的申请尽量多。"

这里意味着我们要根据南岸和北岸数据去找最长不下降子序列。

1.2 解题思路

我们可以对这些城市用结构体存储其南岸和北岸的坐标。定义数组 d p dp dp， d p $i$ dp $i$ dp $i$ 表示前 i i i对城市最多获批的数量。先按南岸坐标从小到大排序，之后遍历排好序的城市，对于当前城市对 i i i,遍历其前面的程序如果前面有一对城市 j j j北岸坐标也比当前这对城市的北岸坐标小，那就执行状态转移方程 d p $i$ = m a x ( d p $i$ , d p $j$ + 1 ) dp $i$ =max(dp $i$ ,dp $j$ +1) dp $i$ =max(dp $i$ ,dp $j$ +1)。

1.3 时间复杂度优化

这样做时间复杂度为O(n²)，对于N达到2*10⁵的规模是会超时的。我们可以用二分来优化。和前面一样，遍历每对城市，记 l e n n lenn lenn为最多获批的城市对数（初始化为0）。令 l = 0 , r = l e n n l=0,r=lenn l=0,r=lenn，这里可以理解为找北岸的最长不下降子序列。核心代码是：

cpp 复制代码

int l = 1, r = lenn;
		if (c[i].n >= b[lenn]) {
			++lenn;
			b[lenn] = c[i].n;
		}
		while (l <= r) {
			int mid = l + r >> 1;
			if (c[i].n >= b[mid])
				l = mid + 1;
			else
				r = mid - 1;
		}
		b[l] = c[i].n;

其中， c $i$ . n c $i$ .n c $i$ .n记录第 i i i对城市的北岸坐标，b数组现有的子序列的城市北岸坐标，是不下降的。如果 c $i$ . n > = b $m i d$ c $i$ .n>=b $mid$ c $i$ .n>=b $mid$ ，也就是当前的北岸坐标比序列的北岸坐标 b $m i d$ b $mid$ b $mid$ 大或坐标位置一样时，可能接在 m i d + 1 mid+1 mid+1或者更后面；否则，接在 m i d mid mid位置的前面，对于后面的城市对更好接。

2 AC Code

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct city {
	int n, s;
	friend bool operator<(city a, city b) {
		return a.s < b.s;
	}
} c[200005];
int cn, dp[200005], b[200005];
int main() {
	cin >> cn;
	for (int i = 1; i <= cn; i++) {
		dp[i] = 1;
		cin >> c[i].s >> c[i].n;
	}
	int lenn = 0;
	sort(c + 1, c + cn + 1);
	for (int i = 1; i <= cn; i++) {
		int l = 1, r = lenn;
		if (c[i].n >= b[lenn]) {
			++lenn;
			b[lenn] = c[i].n;
		}
		while (l <= r) {
			int mid = l + r >> 1;
			if (c[i].n >= b[mid])
				l = mid + 1;
			else
				r = mid - 1;
		}
		b[l] = c[i].n;
	}
	cout << lenn;
	return 0;
}