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Description

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有一个长度为 $n$ 的奶牛队列，奶牛颜色为黑或白。

现给出 $m$ 个区间 $[L_i,R_i]$ ，要求：每一个区间里 有且只有一只黑牛 。

问知足全部给出限制最少有多少头黑牛，若无合法方案输出 $-1$ 。

• $n\le 2\times 10^5,m\le 10^5$

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Solution

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单调队列优化。

设 $f[i]$ 表示，第 $i$ 个位置为黑牛， $[1,i]$ 的设置符合全部限制，最少有多少头黑牛。

考虑合法的转移区间的限制有哪些。

• 每一个区间里只能有一头黑牛。

  这个限制说明，全部包含 $i$ 的区间里，都不能再有黑牛，因此转移区间右端点为，包含 $i$ 的区间里最小的的 $L_i-1$ 。

• 每一个区间里必须有一头黑牛。

  这个限制比较麻烦。由于不能有区间空着，因此全部不包含 $i$ 的区间里都要有黑牛。

  因此咱们要找到，不包含 $i$ 的区间里最大的 $L_i$，转移的右端点就是这个 $L_i$ 。

而后就能够单调队列优化了。注意不合法状态不放到单调队列里。

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Code

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写起来其实仍是能够判断代码能力的。

有一种比较优秀的写法 不知道比我原来yy的高到哪里去了 ，利用了一个单调性。

一个点转移的合法区间左右端点其实都有单调性。

若是包含这个位置的最左端点要小于上一个位置，显然上一个位置能够直接换成这个值。

若是不包含这个位置的最右端点要小于上一个位置，显然这个位置的右端点也能够直接换成上一个位置的值。

这样一来咱们的预处理是线性的了，也就是说，对于每一个区间，咱们只须要标记区间右端点和区间右端点 $+1$ 的位置，最后扫描一遍全部位置。

还有一个技巧是统计答案的时候，不须要讨论最后一个位置什么颜色，只须要让数列长度 $+1$ , 最后一个位置的 $f$ 值就是答案。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 200010
#define R register
#define gc getchar
#define inf 2000000000
using namespace std;

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

int n,m,l[N],r[N],f[N],q[N],hd,tl;

int main(){
  n=rd(); m=rd();
  for(R int i=1;i<=n+1;++i) r[i]=i-1;
  for(R int i=1,sl,sr;i<=m;++i){
    sl=rd(); sr=rd();
    r[sr]=min(r[sr],sl-1);
    l[sr+1]=max(l[sr+1],sl);
  }
  for(R int i=1;i<=n+1;++i) l[i]=max(l[i],l[i-1]);
  for(R int i=n;i;--i) r[i]=min(r[i],r[i+1]);
  int ptr=1; hd=tl=1;
  for(R int i=1;i<=n+1;++i){
    while(ptr<=r[i]){
      if(f[ptr]<0){++ptr;continue;}
      while(f[ptr]>f[q[tl]]&&hd<=tl) --tl;
      q[++tl]=ptr; ++ptr;
    }
    while(q[hd]<l[i]&&hd<=tl) ++hd;
    if(hd<=tl) f[i]=f[q[hd]]+(i!=n+1);
    else f[i]=-1;
  }
  printf("%d\n",f[n+1]);
  return 0;
}