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題目**
一道dp題搞了好久，最後發現根本不難。
john養了若干奶牛，每天晚上奶牛都要進食。由於條件比較簡陋，並不一定所有奶牛都能吃到食物。奶牛的進食方式是這樣的：john有n個食桶（1<=n<=2000），分別編號為1…n。這些食桶被按照編號排成一行。john將奶牛們分成若干組，每組奶牛總是呆在一起進食的，每組奶牛會提出要求——他們需要吃第start到第end桶中的食物。可能存在若干組奶牛都要吃同乙個桶中的食物，從而就產生了衝突，這時john只能滿足其中一組的要求，另一些組就只能餓肚子了。 john當然不想讓奶牛都餓肚子，所以他希望根據奶牛們提出的請求，滿足其中一些組的要求，使得最多的食桶被奶牛食用。這個難題困擾著john，他希望得到你的幫助。
第一行乙個整數n，表示奶牛的組數。（1<=n<=1000） 第2~n+1行，每行兩個整數start和end，描述了一組奶牛提出的請求。
31 3
7 83 4
乙個整數，表示最多有多少個食桶可以被食用。
提示（滿足第1組和第2組奶牛的要求，這樣13號和78號這5個食桶可以被食用）
符合dp所有氣質。
所以開始搞dp，我們先設fif_
fi為當來到第i
ii個桶時，可以食用的桶最大值。
顯然，這樣的解法是要兩層迴圈套排序的。
為什麼要排序呢？
因為我們要找到答案的話，應該是從前的桶考慮到後續的桶，所以我們要按照結束桶end
iend_
endi
排序。
這樣的話，時間複雜度是max
(end
i)n+
nlog
(n
)max(end_)n+nlog(n)
max(en
di)
n+nl
og(n
)的，看到資料範圍，可以過的哈。
考慮轉移式子的意思為，當前最大的值先是為上乙個的最大值，然後尋找乙個結束桶end
xend_
endx
小於當前i
ii的，那麼看這個開始桶的最大值fst
artx
−1
f_-1}
fstart
x−1
加上end
x−st
artx
+1
end_-start_+1
endx−
star
tx+
1。所以轉移式為fi=
max(
fi,f
star
tx−1
+end
x−st
artx
+1
）f_=max(f_,f_-1}+end_-start_+1）
fi=ma
x(fi
,fs
tart
x−1
+en
dx−
star
tx+
1）
#include
using
namespace std;
int p[
10005
],k[
10005];
int n,m=-1
,t;int f[
30005];
intmax
(int a,
int b)
void
qsort
(int l,
int r)}if
(iqsort
(i,r);if
(j>l)
qsort
(l,j);}
intmain()
qsort(1
,n);
for(
int i=
1;i<=m;
++i)
}printf
("%d"
,f[m]);
return0;
}
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