ummmm ，題目還是很好理解的，道路只要不交叉就可以了，那麼很顯然只要r（富裕）城市一直保持遞增就好了，因為p（貧窮）城市是正常的123...n 的遞增排列

首先拿到這題第一思路就是DP:

陣列都開的比較小，因為題目50W的城市時間複雜度穩掛....

然後現在....去看別人程式碼學習.....二分之類的O（nlogn）

ummmm

# include<iostream>
using namespace std;
int p[100];
int r[100];
int dp[100];
void Out(int n,int sum) {
	cout << "Case " << n << ":" << endl;
	cout << "My king, at most " << sum << " road can be built."<<endl;
}
int main(void) {
	int n;//城市數目
	int out_time = 1;
	bool ISok = true;
	while (cin >> n) {
		if (!ISok) {
			cout << endl;
			ISok = false;
		}
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			cin >> p[i] >> r[i];//先p後r
		}//錄入資料
		dp[0] = 1;
	    for (int i = 1; i < n; ++i) {
			dp[i] = 1;
			for (int j = 0; j < i; j++) {
				if (r[i] > r[j]&&dp[i]<=dp[j]) {
					dp[i] = dp[j] + 1;
				}
			}
		}//dp處理
		int max=0;
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			if (dp[i] > max)
				max = dp[i];
		}
		Out(out_time++, max);
		ISok = false;
	}
	system("pause");
	return 0;
}
 

轉載請註明原文地址：https://www.cnblogs.com/GodA/p/5180560.html

這個講解的感覺帶著例項好理解一點....

　我們舉一個例子：有以下序列A[]=3 1 2 6 4 5 10 7，求LIS長度。

　　我們定義一個B[i]來儲存可能的排序序列，len為LIS長度。我們依次把A[i]有序地放進B[i]裡。（為了方便，i的範圍就從1~n表示第i個數）

　　A[1]=3，把3放進B[1]，此時B[1]=3，此時len=1，最小末尾是3

　　A[2]=1，因為1比3小，所以可以把B[1]中的3替換為1，此時B[1]=1，此時len=1，最小末尾是1

　　A[3]=2，2大於1，就把2放進B[2]=2，此時B[]={1,2}，len=2

　　同理，A[4]=6，把6放進B[3]=6，B[]={1,2,6}，len=3

　　A[5]=4，4在2和6之間，比6小，可以把B[3]替換為4，B[]={1,2,4}，len=3

　　A[6]=5，B[4]=5，B[]={1,2,4,5}，len=4 

　　A[7]=10，B[5]=10，B[]={1,2,4,5,10}，len=5

　　A[8]=7，7在5和10之間，比10小，可以把B[5]替換為7，B[]={1,2,4,5,7}，len=5

　　最終我們得出LIS長度為5。但是，但是！！這裡的1 2 4 5 7很明顯並不是正確的最長上升子序列。是的，B序列並不表示最長上升子序列，它只表示相應最長子序列長度的排好序的最小序列。這有什麼用呢？我們最後一步7替換10並沒有增加最長子序列的長度，而這一步的意義，在於記錄最小序列，代表了一種“最可能性”。假如後面還有兩個資料8和9，那麼B[6]將更新為8，B[7]將更新為9，len就變為7。讀者可以自行體會它的作用。

我的程式碼沒有AC顯示.Time Limit Exceeded  吐血= =~

# include<iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int p[500002];//規模不超過50W
int r[500002];
int sq[500002];//需要維護的陣列
void Out(int n, int sum) {
	cout << "Case " << n << ":" << endl;
	cout << "My king, at most " << sum << " road"<<((sum>1)?"s":"")<<" can be built." << endl<<endl;
}
//貪心+二分 時間複雜度O(nlogn)  二分用STL中的lowder_bound 實現
int main(void) {
	int n;//城市數目
	int index;
	int time = 0;
	while (cin >> n) {
		time++;
		index = 0;
		fill(sq, sq + n, 0);
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			cin >> p[i] >> r[i];//先p後r
		}//錄入資料
		sq[index] = r[0];
		for (int i = 1; i < n; i++) {
			if (r[i] >= sq[index]) {
				sq[++index] = r[i];//比他大就繼承
			}
			else {
			*lower_bound(sq, sq + index+1, r[i])=r[i];//從sq到sq+n 二分查詢第一個大於或等於r[i]的數，返回地址賦值r[i]
			}
		}
		Out(time, index+1);
	}
	system("pause");
	return 0;
}