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力扣354. 俄罗斯套娃信封问题

解析代码1_动态规划（超时）

解析代码2_重写排序+贪心+二分

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力扣354. 俄罗斯套娃信封问题

354. 俄罗斯套娃信封问题

难度 困难

给你一个二维整数数组 envelopes ，其中 envelopes[i] = [wi, hi] ，表示第 i 个信封的宽度和高度。

当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候，这个信封就可以放进另一个信封里，如同俄罗斯套娃一样。

请计算 最多能有多少个 信封能组成一组“俄罗斯套娃”信封（即可以把一个信封放到另一个信封里面）。

注意：不允许旋转信封。

示例 1：

输入：envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]]
输出：3
解释：最多信封的个数为 3, 组合为: 
[2,3] => [5,4] => [6,7]。

示例 2：

输入：envelopes = [[1,1],[1,1],[1,1]]
输出：1

提示：

• 1 <= envelopes.length <= 10^5
• envelopes[i].length == 2
• 1 <= wi, hi <= 10^5

class Solution {
public:int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {}
};

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解析代码1_动态规划（超时）

        将数组按照左端点排序之后，问题就转化成了最长递增子序列模型，那接下来我们就可以用解决最长递增子序列的经验，来解决这个问题（会超时，但还是建议敲一下代码）。

• 状态表示：dp[i] 表示：以 i 位置的信封为结尾的所有套娃序列中，最长的套娃序列的长度。
• 状态转移方程：dp[i] = max(dp[j] + 1) 其中 0 <= j < i && e[i][0] > e[j][0] && e[i][1] > e[j][1] 。
• 初始化：全部初始化为 1 。
• 填表顺序：从左往右。
• 返回值：整个 dp 表中的最大值。

class Solution {
public:int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {sort(envelopes.begin(), envelopes.end());int n = envelopes.size(), ret = 1;vector<int> dp(n, 1);for(int i = 1; i < n; ++i){for(int j = 0; j < i; ++j){if(envelopes[i][0] > envelopes[j][0] && envelopes[i][1] > envelopes[j][1]){dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);}}ret = max(ret, dp[i]);}return ret;}
};

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解析代码2_重写排序+贪心+二分

当我们把整个信封按照下面的规则排序之后：

• 左端点不同的时候：按照左端点从小到大排序。
• 左端点相同的时候：按照右端点从大到小排序

        此时问题就变成了仅考虑信封的右端点，完完全全的变成的最长递增子序列的模型。那么我们就可以用贪心 + 二分优化我们的算法。

class Solution {
public:int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {sort(envelopes.begin(), envelopes.end(), [&](vector<int>& e1, vector<int>& e2){return e1[0] != e2[0] ? e1[0] < e2[0] : e1[1] > e2[1];});vector<int> ret;ret.push_back(envelopes[0][1]);for(auto& e : envelopes){if(e[1] > ret.back()){ret.push_back(e[1]);}else // 二分找到要放的位置（找大于等于e[1]的左端点）{int left = 0, right = ret.size() - 1;while(left < right){int mid = (left + right) >> 1;if(ret[mid] < e[1])left = mid + 1;elseright = mid;}ret[left] = e[1];}}return ret.size();}
};