链接:https://codeforces.com/problemset/problem/1285/E
题意：给一个数轴上有n个线段集，线段集若有相交，则合并为一个新的合并线段集，比如[1,6]和[2,9]，因为两个线段有相交，所以要合并为[1,9]，先问删掉给定的n个线段集中的任意一个，剩下的n-1个线段组成的新的合并线段集数量最大是多少？
思路：
这道题首先想到的是并查集做法，枚举删除任意一条线段后，剩下的线段组成的集合是多少，取max，这个复杂度有n2 × 并查集复杂度，显然是不行的。那么考虑离散化处理线段左右端点，然后去扫描。
如图所示，线段1，2，3，4离散化处理左右端点，然后排个序并标记一下线段号，开始扫描，扫描到的端点先放入multiset集合中去，最初扫描到线段1的左端点L1，然后是L2，再然后是R1，此时我们发现，线段1已经扫描完比，那么删除这条线段1的左右端点，发现集合中只剩下了L2，且下一个要扫描到的端点是L3，此时就意味着删除点线段2后，线段1和线段3是不相交的，那么删除线段2后，新线段合并集合数量就会+1。同理当扫描到R2时，整个线段2已经扫描完毕，删除集合中线段2左右端点，集合只剩下线段3的左端点，且下一个元素是线段4的左端点，说明线段2和线段4不相交，那么此时删除线段3，就意味着线段2和线段4不相连，新线段合并集合数量就+1，根据以上这个性质，扫描的时候枚举下个元素是左端点还是右端点，记录删除每个线段删除后，合并集合会增加多少，最终拿最初不删除任何线段得到的合并线段集数量+max（删除某一线段增加的数量）就是答案
当然要特判一种情况：
如图所示线段1这种情况，删除这条线段，则新合并集是-1，因为它没有和任何线段有相交，本身就构成一个独立的合并线段集，删除就减少1个合并线段集，特判这种情况即可。
AC代码:
1 #include<iostream>
2 #include<vector>
3 #include<cstdlib>
4 #include<cstdio>
5 #include<algorithm>
6 #include<cmath>
7 #include<set>
8 #include<cstring>
9 #include<queue>
10 #include<map>
11 using namespace std;
12 typedef long long ll;
13 const int maxn = 4e5+10;
14 pair<ll,ll> p[maxn];
15 int cnt[maxn];
16 int main()
17 {
18 int t;
19 cin>>t;
20 while(t--){
21 int n;
22 cin>>n;
23 for(int i = 1;i<=n;i++){
24 ll l,r;
25 cin>>l>>r;
26 p[2*i-1] = make_pair(l,-i);//离散化记录区间左右端点的位置和区间标号i
27 p[2*i] = make_pair(r,i);
28 cnt[i] = 0;
29 }
30 sort(p+1,p+2*n+1);
31 int ans = 0;
32 multiset<int> s;
33 for(int i = 1;i<=2*n;i++){
34 if(p[i].second < 0){//如果是左端点，就插入set
35 s.insert(-p[i].second );
36 }
37 else{
38 s.erase(s.find(p[i].second));//如果是右端点，就把这个区间删除
39 }
40 if(s.size() == 0) ans++;//如果集合是空，记录一个合并的区间
41 if(s.size() == 1 && p[i].second > 0 && p[i+1].second < 0 && p[i+1].first > p[i].first ){
42 cnt[*s.begin()]++;//当前是左端点，但是下个是右端点，cnt++
43 }
44 if(s.size() == 1 && p[i].second < 0 && p[i+1].second >0){
45 cnt[*s.begin()]--;//如果首先插入地是一段单独区间（l r），去掉这个区间则区间数量-1
46 }
47 }
48 int t = -1;
49 for(int i = 1;i<=n;i++){
50 t = max(t,cnt[i]);
51 }
52 cout<<ans+t<<endl;
53 }
54 return 0;
55 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/AaronChang/p/12192295.html