##[$AcWing$ $905$. 区间选点](https://www.acwing.com/problem/content/description/907/)

### 一、题目描述
给定 $N$ 个闭区间 $[a_i,b_i]$，请你在数轴上 **选择尽量少的点**，**使得每个区间内至少包含一个选出的点**。

输出选择的点的最小数量。

位于区间端点上的点也算作区间内。

**输入格式**

第一行包含整数 $N$，表示区间数。

接下来 $N$ 行，每行包含两个整数 $a_i,b_i$，表示一个区间的两个端点。

**输出格式**
输出一个整数，表示所需的点的最小数量。

**数据范围**
$1≤N≤10^5$,
$−10^9≤a_i≤b_i≤10^9$

**输入样例**：
```cpp {.line-numbers}
3
-1 1
2 4
3 5
```

**输出样例**：
```cpp {.line-numbers}
2
```

### 二、题目解读

![区间选点.png](https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/22/64630_c08093a38a-区间选点.png) 

- 每个线段上最少要选择一个点

- 如果一个点同时出现在两个线段上，就可以节约掉一个点

给$N$个区间，问最少可以选择几个点,上图可以选择两个点。

### 三、解题思路

<font color='red' size=4><b>贪心问题，区间问题无外乎就是排序</b></font>

- 按左端点排序
- 按右端点排序
- 双关键字排序（先按右端点，再按左端点）

如果没有思路就先试一下，举一些例子，感受一下是不是有问题，看看有什么规律没有。


<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2020/10/25/652_632882e016-image_19.png'></center>

**$Q$:为啥要按右端点排序呢？**
$A$:选择右端点，就是想获取到本个线段的最大可以达到哪个位置，能获得最大的利益。

### 三、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n;         // 线段数量
int res;       // 结果
int ed = -INF; // 当前覆盖区间的结束边界，即右端点位置

// 结构体
struct Node {
    int l, r;
    // 按每个区间的右端点从小到大排序
    const bool operator<(const Node &b) const {
        return r < b.r;
    }
} range[N];

int main() {
    cin >> n;
    // 注意这里的数组下标是从0开始的
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> range[i].l >> range[i].r;

    // 右端点从小到大排序，排序也需要从数组下标1开始
    sort(range, range + n);


    // 思想：① 所有区间按右端点从小到大排序    
    //② 遍历每一个区间，如果当前区间的左与前一个区间的右有交集，则只需要一个点就可以覆盖掉两个区间    

    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (range[i].l > ed) {
            res++;
            ed = range[i].r;
        }
    cout << res << endl;
    return 0;
}
```

### 四、$PII$简化版本
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define l second
#define r first
typedef pair<int, int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
int n;
PII a[N];
/*
由于pair会自动以first升序排列所以用pair就不用自己重载小于运算符，至于first和second的先后关系其实没什么意义。
只要在输入/存储时交换一下x,y顺序即可，如果觉得容易混可以直接定义l为second,r为first就不会混了，同理以左端点排序的题一样
*/
int res, ed = -INF;
int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        a[i] = {y, x};
    }
    sort(a, a + n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (a[i].l > ed) {
            res++;
            ed = a[i].r;
        }
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}

```

### 五、贪心思路证明
要想看懂$Y$总的证明，关键是要弄清楚$cnt$的含义究竟是什么，其实$cnt$有两个含义:

①是指，按照各区间按右端点从小到大排，再从前往后枚举各区间，若当前区间中已包含之前被选的区间右端点，则直接跳过该区间；否则，选择当前区间的右端点这样的贪心思路所选出来的右端点的数量。

②是指，所有区间中一定存在$cnt$个两两之间没有交集的区间。因为各区间按照右端点排序后，每一个被选择的区间右端点（共$cnt$个）都是没有被 （被选择的排序位置更靠前的区间的右端点） 覆盖到的区间的 右端点。

**证明**
①假设最优解为$ans$个，以上述贪心思路选出来的点为$cnt$个。即证明$ans == cnt$，等价于证$ans >= cnt$ 同时 $ans <= cnt$

②首先，以上述贪心思路选择出的$cnt$个点，是一组可行方案。其覆盖了所有区间，满足题目要求。又因为$ans$是最优解，即为所有可行方案的最小值，那么最优解$ans <= cnt$成立

③其次由于所有区间中一定存在$cnt$个两两之间没有交集的区间，那么至少需要$cnt$个点才能将这些两两不交的区间进行覆盖，又因为题目要求选的点还要能覆盖所有别的区间，故最优解$ans >= cnt$成立