1 /*
2 poj 2528 Mayor's posters
3 线段树 + 离散化
4
5 离散化的理解：
6 给你一系列的正整数， 例如 1， 4 ， 100， 1000000000， 如果利用线段树求解的话，很明显
7 会导致内存的耗尽。所以我们做一个映射关系，将范围很大的数据映射到范围很小的数据上
8 1---->1 4----->2 100----->3 1000000000----->4
9 这样就会减少内存一些不必要的消耗
10 建立好映射关系了，接着就是利用线段树求解
11 */
12 #include<iostream>
13 #include<cstdio>
14 #include<queue>
15 #include<cstring>
16 #include<algorithm>
17 #define N 10000010
18 #define M 10005
19 using namespace std;
20 class EDGE{
21 public:
22 int ld, rd;
23 };
24 int tree[M*16];//一共有M*2个端点,一个线段映射到四个点，左右端点， 左端点-1， 右端点+1， 数组的大小是线段树最底层数据个数的4倍
25 EDGE edge[M];
26 int p[M*4];
27 int hash[N];
28 int n;
29
30 int insert(int p, int lr, int rr, int ld, int rd){
31
32 if(tree[p] && lr<=ld && rd<=rr)//如果当前的区间[ld, rd]被包含在[lr, rr]中，而且[lr, rr]的区间已经被覆盖
33 return 1;
34 else if(lr==ld && rr==rd){
35 tree[p]=1;
36 return 0;
37 }
38 else{
39 int mid=(lr+rr)>>1;
40 int f1, f2, f3, f4;
41 if(mid>=rd)
42 f1=insert(p<<1, lr, mid, ld, rd);
43 else if(mid<ld)
44 f2=insert(p<<1|1, mid+1, rr, ld, rd);
45 else{
46 f3=insert(p<<1, lr, mid, ld, mid);
47 f4=insert(p<<1|1, mid+1, rr, mid+1, rd);
48 }
49 tree[p]=tree[p<<1] && tree[p<<1|1];//两个子树都被覆盖的时候父类才会被覆盖
50 if(mid>=rd)
51 return f1;
52 else if(mid<ld)
53 return f2;
54 else return f3 && f4;
55 }
56 }
57 /*
58 3
59 1 10
60 1 3
61 6 10
62 如果将一个线段离散化成两个点，输出地结果是2
63 如果是四个节点，输出的结果就是3
64 而正确的结果就是3
65 */
66
67 int main(){
68 int t, i, nm;
69 scanf("%d", &t);
70 while(t--){
71 int maxR=0;
72 scanf("%d", &n);
73 for(i=0; i<n; ++i){
74 scanf("%d%d", &edge[i].ld, &edge[i].rd);
75 p[maxR++]=edge[i].ld-1;
76 p[maxR++]=edge[i].ld;
77 p[maxR++]=edge[i].rd;
78 p[maxR++]=edge[i].rd+1;
79 }
80 sort(p, p+maxR);
81 maxR=unique(p, p+maxR)-p;//元素去重
82 for(i=0, nm=0; i<maxR; ++i){
83 hash[p[i]]=++nm;
84 }
85 memset(tree, 0, sizeof(tree));//初始值是所有的点都没有被覆盖
86 int ans=0;
87 for(i=n-1; i>=0; --i){//由外向里看真是个不错的主意
88 if(!insert(1, 1, nm, hash[edge[i].ld], hash[edge[i].rd]))
89 ++ans;
90 }
91 printf("%d\n", ans);
92 }
93 return 0;
94 }
