這題挺簡單。
看圖就懂意思了，求不相交的線數目。
什麼時候兩條線交叉呢？ --- i > j 但 a[i] < b[j] 的時候。
由於題目中a[i] = i ;
那就簡單地成爲了一個經典 ” 最長上升子序列 “問題啦。
數據到了ｗ的級別，用 Ｏ（ｎｌｇｎ）的貪心方法做。
具體怎麼做呢？其實是用了額外的一個數組stk，其中stk[0]存下當前stk的長度，我們的目標是維護stk是遞增的
每次取待求數組的元素 signals[i]， 將其與stk的最後一位相比較，如果比它大，則將它加入stk，當前stk的長度就是此時此刻的LIS
那麼如果比stk的最後一位小，那麼當然無法將其加入stk的末尾了。那麼此時把signal加入到stk中去替換掉“第一個出現比signal大的數”
依次這麼掃描待求數組並作處理，最後stk的長度就是LIS的長度了。
至於爲什麼這麼做，請允許我爲《算法引論》做個小解讀吧（純粹個人意見，可能錯得離譜）。
回顧我們想要的目標——最長上升子序列，下稱LIS （ Longest Increasing Sequence）
歸納假設：假設我們知道如何對前m個數求其長度爲k（k從1開始遞增到最長）的最有潛力的LIS，
最有潛力——什麼意思呢？也就是更方便我們後面讀到數之後加入其中。
那麼它必須是長度爲k的LIS裏（可能有多個），結尾數最小的。
那麼當處理第m+1個數的時候，我們有很多種處理情況——
1.首先如果它比最長的那個LIS（比如它的長度是x？）的尾巴還大，那麼可以直接加入末尾，得到一個新的長度爲x+1的一個LIS（原來那個長度x的LIS還是以原來的尾巴結尾，跟這個不矛盾）。
2.如果不是，那麼我們逐次去看長度爲（x-1， x-2， 。。。1）的LIS，看能否加入其中的某個，組成一個新的。
來了——如果可以加入，那麼組成一個新的，勢必會跟原來的某個LIS長度相等了，這時他們就要“競爭”了，PK掉一個，PK掉那個尾巴大的，留下尾巴小的，那麼可以給未來更大的可能。
於是在這種情況下，我們可以知道，每次我們總能找到一個LIS，然後去遞增它的長度，right？如果實在不行，那麼它自己成爲一個長度爲1的LIS，並理所當然地PK掉其他長度爲1的LIS（反正：如果不能PK掉它，那說明它比那個大，那麼可以接在後面組成長度2的LIS，對吧）。
當我們把所有元素掃描完，我們自然就得到了最長的LIS了，而且保證不會錯過任何一個可能（就是那些本來不是最長，後來慢慢增長並超越冠軍成爲最長的LIS）。
觀察到我們上面只提到這些LIS的“尾巴”，於是我們只需要存下“尾巴”們和它們代表的LIS的長度就夠了。
那麼用一個數組完全可以做到這一點，stk[i] 表示 長度爲 i 的LIS現在的尾巴。
現在我們明白stk中“替換”的操作，其實就是“PK掉尾巴大的數”的過程了。
-這裏可能有個小疑問——爲什麼長度 k+1 的LIS的尾巴，一定不會比 長度 k 的LIS小呢？（爲什麼stk會是遞增的）
因爲如果不是這樣，那麼 長度 k 的那個，完全可以拿這個k+1的前k個去當LIS呀。
現在，我們得到了一個完整的算法了。由於stk有序，每次可以直接找到它該去的位置，二分找。
代碼：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std ;
int main () {
int t,p ;
// s 是容器 ， a是收到的信號（圖）
int stk[40005] , signals[40005] ;
int low , high , mid ;
scanf ( "%d" , &t ) ;
while ( t-- ) {
scanf ( "%d" , &p ) ;
for ( int i = 0 ; i < p ; ++i ) scanf ( "%d" , &signals[i] ) ;
stk[0] = 1 ;
stk[1] = signals[0] ;
for ( int i = 1 ; i < p ; ++i ) {
// 二分查找容器中第一個比a[i]大的數
low = 1 ;
high = stk[0] ;
while ( low <= high ) {
mid = (low-high)/2+high ;
if ( stk[mid] < signals[i] ) {
low = mid+1 ;
}
else {
high = mid-1 ;
}
}
if ( low == stk[0]+1 ) ++stk[0] ;
stk[low] = signals[i] ;
}
printf ( "%d\n" , stk[0] ) ;
}
//system("pause") ;
return 0 ;
}