題目描述

一條單向的鐵路線上，依次有編號為 1, 2, …, n 的 n 個火車站。每個火車站都有一個級別，最低為 1 級。現有若干趟車次在這條線路上行駛，每一趟都滿足如下要求：如果這趟車次停靠了火車站 x，則始發站、終點站之間所有級別大於等於火車站 x 的都必須停靠。（注意：起始站和終點站自然也算作事先已知需要停靠的站點）

例如，下表是 5 趟車次的執行情況。其中，前 4 趟車次均滿足要求，而第 5 趟車次由於停靠了 3 號火車站（2 級）卻未停靠途經的 6 號火車站（亦為 2 級）而不滿足要求。

現有 m 趟車次的執行情況（全部滿足要求），試推算這 n 個火車站至少分為幾個不同的級別。

輸入輸出格式

輸入檔案為 level.in。

第一行包含 2 個正整數 n, m，用一個空格隔開。

第 i + 1 行（1 ≤ i ≤ m）中，首先是一個正整數 si（2 ≤ si ≤ n），表示第 i 趟車次有 si 個停靠站；接下來有 si個正整數，表示所有停靠站的編號，從小到大排列。每兩個數之間用一個空格隔開。輸入保證所有的車次都滿足要求。

輸出檔案為 level.out。

輸出只有一行，包含一個正整數，即 n 個火車站最少劃分的級別數。

輸入輸出樣例

9 2 
4 1 3 5 6 
3 3 5 6 

2

9 3 
4 1 3 5 6 
3 3 5 6 
3 1 5 9 

3

說明

對於 20%的資料，1 ≤ n, m ≤ 10；

對於 50%的資料，1 ≤ n, m ≤ 100；

對於 100%的資料，1 ≤ n, m ≤ 1000。

結論：一趟中沒有停靠過的站的級別一定比停靠過的站級別低，所以在沒停靠過的站向停靠過的站連一條邊，所求的就是圖上的最長路。

連邊時可以先將所有級別低的連向一個虛點，在將這個虛點連向級別高的車站，降低複雜度。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define f(i,l,r) for(i=(l);i<=(r);i++)
using namespace std;
const int MAXN=1005,MAXM=1000005;
struct Edge{
	int v,w,next;
}e[MAXM];
int n,m,head[MAXN<<1],tot,i_n,vis[MAXN<<1],ans=0,f[MAXN<<1],a[MAXN];
inline void add(int u,int v,int w)
{
	e[tot].v=v;
	e[tot].w=w;
	e[tot].next=head[u];
	head[u]=tot++;
}
inline int dp(int u)
{
	int i;
  //  if(TIMES>30) return 1;
  //  TIMES++;
	if(vis[u]) return f[u];
	for(i=head[u];~i;i=e[i].next){
		int v=e[i].v,w=e[i].w;
	//	cout<<v<<endl;
		f[u]=max(f[u],dp(v)+w);
	}
	vis[u]=1;
	return f[u];
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	memset(head,-1,sizeof(head));
	int i,j,num,v;
	cin>>n>>m;
	i_n=n;
	f(i,1,m){
		cin>>num;
		i_n++;
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		f(j,1,num){
			cin>>a[j];
			vis[a[j]]=1;
			add(i_n,a[j],0);
		}
		f(j,a[1],a[num]){
			if(vis[j]) continue;
			add(j,i_n,1);
		}
	}
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	f(i,1,n){
		ans=max(ans,dp(i));
	}
	cout<<ans+1<<endl;
	return 0;
}