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Input
Output
Sample Input
4 3 20 30 40 50 30 40 4 20 30 10 10 30 20 40 50 3 10 30 20 20 30 10 4 10 10 20 30 40 50 39 51
Sample Output
1 2 3 2
题目大意：
有n个盒子，知道宽和高，如果第一个盒子的宽和高是w1,h1,第二个的宽和高是w2,h2,如果w1<w2 && h1<h2 ,那么第二个盒子就能装下第一个盒子，求最终剩下多少个盒子
思路分析：
这道题目和装娃娃的题目有点像，排序后对h做最长上升子序列，输出的最大长度即可
首先肯定能想到的是 贪心，不停遍历，不停更新。。复杂度 n*n （超时！！），然后又想到和以前做的题类似，有想到 二分图匹配之最小路径覆盖。。这个题数据20000个点，铁定超时。。。。。。。。
然后就开始往dp上思考，首先得排序，这个很关键，按照长从大到小排序，再按照高从小到大排序，一开始还以为只要都按照从大到小就可以，但是对于长相同的盒子此排序就不对了，甚是头大啊，经过了解学习，发现了一个特别的牛的思路，大牛果然牛！
具体排序方法如下：
按照 长 对盒子排序（由大到小），然后对于所有盒子的高组成的一个序列，求最长单调递增子序列的个数，这就是问题的解！仔细想一下，列出求的单调递增序列对应的盒子，发现他们任意两两都是不能嵌套的。然后其余的盒子都可以嵌套进入这些盒子中！这个想法太神奇了……对于求最长单调递增子序列，要是动态规划复杂度n^2，还是要超时……。这里再利用二分查找，复杂度O（n*logn），就行了……
附上代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
struct A
{
int w,h;
}point[20010];
bool cmp(A a,A b) // 定义排序方式，按照 w 从大到小 ， w 相等的时候 h 从小到大的方式排序（ h 的这点很重要，h 的从小到达排序，解决了 当 w 相等后需要多用一个盒子的情况，因为 h 从小到大排序，那么最长上升子序列的长度就会增加)
{
if(a.w == b.w)
return a.h < b.h;
return a.w > b.w;
}
int dp[20010];
int main()
{
int t;
cin >> t;
while(t--)
{
int m;
cin >> m;
for(int i = 0;i < m;i++)
{
scanf("%d%d",&point[i].w,&point[i].h);
}
sort(point,point + m,cmp);
fill(dp,dp+m,INF); // 初始化 dp 数组，初始化为最大值
int ans = 0; // 下面是求最长上升子序列的过程，该解法是在《挑战程序设计》上讲到的。
for(int i = 0;i < m;i++) // 利用 nlog（n） 的时间复杂度求解最长上升子序列
{
*upper_bound(dp,dp+m,point[i].h) = point[i].h; // 这里是用了 STL 的函数，其原理是一个二叉树，时间复杂度就和二分的一样，另外这点只能用 upper_bound（）函数 ，而不能用按照《挑战程序设计》上讲解的时候用的lower_bound（）函数，具体什么原因，读者可以自己手算一下用二分法时修改的是哪一个值。
}
printf("%d\n", lower_bound(dp,dp+m,INF) - dp); // 输出最长上升子序列的长度
}
return 0;
}UVA 11368 & POJ 3636 & HDU 1677 Nested Dolls（贪心 + 二分LIS）
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原文地址：http://blog.csdn.net/xia842655187/article/details/51332914
