这题我选DP，因为不需要证明，直接干就行了。
方法1: DP
首先还是需要对pairs的right进行排序。一方面是为了方便chaining，另一方面是可以去重。
然后定义 dp[i] := 以pairs[i]作为结尾，最长的序列的长度。
状态转移：dp[i] = max(dp[j] + 1) where pairs[i].left > pairs[j].right and 0 < j < i.
解释：对于pairs[i]，找一个最优的pairs[j]，满足pairs[i].left > pairs[j].right，这样我就可以把pairs[i]追加到以pairs[j]结尾的最长序列后面了，长度+1。
边检条件：dp[0:n] = 1，每个pair以自己作为序列的最后元素，长度为1。
时间复杂度：O(n2)
空间复杂度：O(n)
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class Solution { public: int findLongestChain(vector<vector<int>>& pairs) { sort(begin(pairs), end(pairs), [](const auto& p1, const auto& p2){ return p1[1] < p2[1]; }); const int n = pairs.size(); vector<int> dp(n, 1); for (int i = 0; i < n; ++i) for (int j = 0; j < i; ++j) if (pairs[i][0] > pairs[j][1]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1); return *max_element(begin(dp), end(dp)); } }; |
方法2: 贪心
和DP一样，对数据进行排序。
每当我看到 cur.left > prev.right，那么就直接把cur接在prev后面。我们需要证明这么做是最优的，而不是跳过它选后面的元素。
Case 0: cur已经是最后一个元素了，跳过就不是最优解了。
假设cur后面有next, 因为已经排序过了，我们可以得知 next.right >= cur.right。
Case 1: next.right == cur.right。这时候选cur和选next对后面的决策来说是一样的，但由于Case 0的存在，我必须选cur。
Case 2: next.right > cur.right。不管left的情况怎么样，由于right更小，这时候选择cur一定是优于next。
综上所述，看到有元素可以连接起来就贪心的选它就对了。
时间复杂度：O(nlogn)
空间复杂度：O(1)
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class Solution { public: int findLongestChain(vector<vector<int>>& pairs) { sort(begin(pairs), end(pairs), [](const auto& p1, const auto& p2){ return p1[1] < p2[1]; }); int right = INT_MIN; int ans = 0; for (const auto& p : pairs) if (p[0] > right) { right = p[1]; ++ans; } return ans; } }; |
