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题目大意：有n条线段，一个线段a 完全覆盖另一个线段b 当且仅当，a.l < b.l && a.r>b.r。问你
一个线段覆盖一个线段再覆盖一个线段再.......，问你最多几个线段属于这种关系，并打印出路径。
这题的的 n 太小了，n^3的方法都能过。
思路：1. 我们设dp[ i ] 为 以 i 位最外层的答案为多少，n^3的方法是，我们先将所有dp的值设为1，
枚举最外层的点，再枚举其内层的点更新，一次更新肯定是不够的，我们更新到它没有更新了再
退出，感觉和最短路的贝尔曼算法相似，这种方法显然复杂度很高。
2.第一种方法中我们显然是无脑地枚举边，怎么才能减少不必要的操作呢。我们将边按左端点的
大小排序，然后从后往前枚举最外层的点，因为是按左端点排序的而且是从后往前枚举，所以能
被当前点包含的肯定在该点的后面，这样我们每次更新当前点之后，当前点的dp值肯定是最优值，
这样我们就将复杂度降到了n^2。（虽然我排了序，但我是傻逼从前往后枚举，虽然优化了一点，还是n^3）
3.这是一个学姐的方法，也是复杂度应该也是n^2，我们将每条线段都看成一个点，然后如果一条
线段能包含另一条线段，我们就在他们之间连一条有向边。那么我们就从各个点出发，看每个点
到最深处的路径长度是多少，显然也能用记忆化搜索。（这个方法我感觉好牛逼啊）
这里贴一下第二种方法的代码吧QAQ
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=505; int n,pre[505],dp[505]; struct node { int fi,se,id; bool operator < (const node &t)const { return fi<t.fi; } }seg[505]; int main() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&seg[i].fi,&seg[i].se),seg[i].id=pre[i]=i; sort(seg+1,seg+n+1); for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=1; for(int i=n;i>=1;i--) { for(int j=i+1;j<=n;j++) { if(seg[j].fi>seg[i].fi && seg[j].se<seg[i].se && dp[i]<dp[j]+1) { dp[i]=dp[j]+1; pre[i]=j; } } } int mx=0,item; for(int i=1;i<=n;i++) { if(dp[i]>mx) { mx=dp[i]; item=i; } } cout<<mx<<endl; vector<int> ans; ans.push_back(seg[item].id); while(item!=pre[item]) { item=pre[item]; ans.push_back(seg[item].id); } int len=ans.size(); for(int i=len-1;i>=0;i--) printf("%d%c",ans[i],i==0 ? ‘\n‘:‘ ‘); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/CJLHY/p/7354448.html
