题目内容

给定N个闭区间[ai,bi]，请你在数轴上选择尽量少的点，使得每个区间内至少包含一个选出的点。

输出选择的点的最小数量。

位于区间端点上的点也算作区间内。

输入格式

第一行包含整数N，表示区间数。

接下来N行，每行包含两个整数ai,bi，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示所需的点的最小数量。

数据范围

1≤N≤10^5 ,
−10^9≤ai≤bi≤10^9

输入样例

3
-1 1
2 4
3 5

输出样例

2

题解

贪心的特点是每次选择均选择在当前情况下的最好选择，没有对全局有思考，因此算法在总体上有些短视。
思路如下：
1、将每个区间按右端点从小到大排序
2、从前往后依次枚举每个区间。
如果当前区间已经被覆盖，则直接pass。否则选择当前区间的右端点。

可以证明，根据这种方法一定能够得到最优解。
假设，ans是我们最后要求的答案，cnt是我们求出的可行点数的和。
首先，ans≤cnt，因为ans是可行点数中最小值。
然后，又因为cnt的选择是选择右端点，且若区间覆盖则会被pass掉，这就导致每个点之间均无任何重叠的可能性，因此会找到cnt个点对应的相互没有交集的区间，因此cnt≤ans，因此可以证明，cnt=ans。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;

int n;
struct Range
{
    int l, r;
    bool operator< (const Range &W)const
    {
        return r < W.r;
    }
}range[N];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%d%d", &range[i].l, &range[i].r);

    sort(range, range + n);

    int res = 0, ed = -2e9;
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
        if (range[i].l > ed)
        {
            res ++ ;
            ed = range[i].r;//上一次选中的区间的右端点的坐标。当前备选区间的左端点如果小于等于ed，那么说明两个区间有交集，那么上一次选中区间的右端点也能包含在当前备选区间里，所以这个区间不必产生新的点就可以满足题意，所以被舍掉，不用考虑。只有左端点大于ed的区间才会产生新的点，只有遇到这样的区间计数器才会加1，同时ed要更新。
        }

    printf("%d\n", res);

    return 0;
}