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##[$AcWing$ $1012$. 友好城市](https://www.acwing.com/problem/content/1014/)
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### 一、题目描述
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$Palmia$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。
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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。
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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。
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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。
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**输入格式**
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第$1$行，一个整数$N$，表示城市数。
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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。
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**输出格式**
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仅一行，输出一个整数，表示政府所能批准的最多申请数。
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**数据范围**
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$1≤N≤5000,0≤x_i≤10000$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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7
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22 4
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2 6
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10 3
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15 12
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9 8
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17 17
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4 2
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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4
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```
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### 二、题目分析
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#### 要求
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* 每个城市只能建立一座桥
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* 所有桥与桥之间不能有交叉
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#### 目标
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最多能建立多少座桥
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#### 图解
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/06/01/55909_bcbf24bbc2-IMG_C28908166361-1.jpeg'></center>
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#### 1、什么情况会交叉？
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手动模拟可知：当两座桥对应的两对城市($(x_1,y_1),(x_2,y_2)$)出现了下面的情况:
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$$
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\large \left\{\begin{matrix}
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x_1>x_2 \ \&\& \ y_1<y_2 & \\
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x_1<x_2 \ \&\& \ y_1>y_2 &
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\end{matrix}\right.
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$$
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><font color='red' size=3><b>注:$x_1 \neq x_2 ,y_1 \neq y_2 $是显然的，同岸的城市不能堆在一起吧~</b></font>
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**结论**：
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> 数对的坐标 **逆序** 关系将导致出现桥交叉
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#### 2、暴力怎么做?
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* 如果按照暴力的思路去思考的话，因为每座桥都可以选择建或者不建两种情况，所以要枚举所有的可能性，需要枚举的次数为$2^N$,其中$N≤5000$,肯定会$TLE$啊,需要优化。
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* 如果暴力，需要枚举每一个**友好城市的坐标**!,既然要枚举坐标，**是不是得排个序，从小到大讨论**，要不逆序不逆序怎么判断？
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当你想到需要把一端坐标从小到大排序时，就马上会想到，那另一端怎么办？对应关系不能丢失啊，所以，需要使用`pair<int,int>`进行处理。
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到这，似乎快看到曙光: 一端顺序由小到大，讨论另一端，怎么样才能让在没有交叉的情况下桥的数量还最多呢？当然是升序的序列越长越好,转化为求$LIS$问题了!
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#### 3、总结
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* <font color='blue' size=4><b>多个数对的问题</b></font>，套路：<font color='red' size=4><b>对数对的第一维排序</b></font>,再处理第二维。这样操作，可以起到类似于 <font color='red' size=4><b>降维</b></font> 的作用，使问题简化。
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* 本题还是有一些思维的难度，需要对问题进行转化。用 **数对** 描述问题比较好想，为什么要按左端点进行排序呢？似乎对于数对而言，大多数情况需要固定一个端点，比如[区间合并](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15242447.html),如果我们能想到这是一个用数对描述的问题，不妨先想一下是不是在按左端点排序一下。
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* 按左端点排序后，一般的思路就是对比右端点（要不按左端点排序就没啥意义了~）。此时就是 **<font color='red'>把二维的概念转化为一维的概念</font>**。本题是根据右端点的逆序关系来说明当前路线与前序的矛盾关系。
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### 三、$O(N^2)$实现代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef pair<int, int> PII;
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#define x first
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#define y second
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const int N = 5010;
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PII a[N]; // 南岸和北岸的一对友好城市的坐标
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int f[N]; // 记录以f[i]为结尾的一对友好城市时的，不产生交叉的最多城市对数
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int n; // n组友好城市
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int res;
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int main() {
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cin >> n;
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for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].x >> a[i].y;
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sort(a + 1, a + 1 + n); // PII默认按第一维度first进行排序
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// LIS
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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f[i] = 1;
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for (int j = 1; j < i; j++)
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if (a[i].y > a[j].y)
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f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
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res = max(res, f[i]);
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}
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printf("%d\n", res);
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return 0;
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}
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```
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### 四、$O(NlogN)$实现代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef pair<int, int> PII;
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#define x first
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#define y second
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const int N = 5010;
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PII a[N]; // 南岸和北岸的一对友好城市的坐标
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int f[N], fl; // 数组模拟栈
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int n; // n组友好城市
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int res;
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int main() {
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cin >> n;
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for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].x >> a[i].y;
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sort(a + 1, a + 1 + n);
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f[++fl] = a[1].y;
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for (int i = 2; i <= n; i++) {
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if (a[i].y > f[fl])
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f[++fl] = a[i].y;
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else
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*lower_bound(f + 1, f + 1 + fl, a[i].y) = a[i].y;
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}
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printf("%d\n", fl);
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return 0;
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}
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```
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### 五、关键字
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- 转化模型
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- 数对
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- 排序 (第一维)
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- $LIS$ (第二维) |