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yh喜欢好线段，好线段即两条线段相交且不与其他线段重合的线段。

两条线段[l1,r1]和[l2,r2]相交(如果存在至少一个x，使得l1≤x≤r1和l2≤x≤r2，则认为两个线段相交)。

yh在数轴上有几条线段，他可以把在数轴上相交的线段结合，但是对于每个线段只能与其它线段结合一次，且不能与其它线段有重合部分，yh可以舍弃任何数量的线段。

给你nn (2≤n≤1e6)条线段，如果两条线段相交且不与其他线段相交，则由这两条线段组成的线段被称为好线段，线段不能被重复使用，但可以被舍弃任意数量的线段，请你找出好线段个数的最大值。

输入描述:

第一行包含一个正数nn (2≤n≤1e6)——线段的个数。
接下来 nn行各包含两个整数li 和 ri (0≤li≤ri≤10^9，表示n 个线段。

输出描述:

输出好线段个数的最大值。

示例1

输入

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5
2 2
2 8
0 10
1 2
5 6

输出

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1

示例2

输入

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7
2 4
9 12
2 4
7 7
4 8
10 13
6 8

输出

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3

说明

对于样例2，我们可以删除[4,8]这一条线段，然后将[2,4]和[2,4]、[6,8]和[7,7]、[9,12]和[10,13]组成三条好线段，可以看出这是最优的情况。

思路：

         将所有线段，按照右端点从小到大进行排序。找到俩俩包含的，如果后面出现想包裹住前面的直接跳过；

 当出现俩俩融合一线段之后，又出现一条直线想包含其中一条直线，那直接跳过

 

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<stack>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
#include<map>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include <unordered_set>
//#include<priority_queue>
#include<queue>
#include<deque>
#include<set>
#include<stdlib.h>
#define dbug cout<<"hear!"<<endl;
#define rep(a,b,c) for(ll a=b;a<=c;a++)
#define per(a,b,c) for(ll a=b;a>=c;a--)
#define no cout<<"NO"<<endl;
#define yes cout<<"YES"<<endl;
#define endl "\n"
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
//priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<ll, ll> PII;
typedef pair<long double,long double> PDD;
 ll  INF = 0x3f3f3f3f;
//const ll LINF=LLONG_MAX;
// int get_len(int x1,int y1,int x2,int y2)
// {
//   return (x2-x1)*(x2-x1) + (y2-y1)*(y2-y1);
// }
const ll N = 1e6+ 10;
const ll mod1 =998244353;
const ll mod2 =1e9+7;
const ll hash_num = 3e9+9;
ll n,m,ca, k,ans;
ll arr[N],brr[N],crr[N];
//ll h[N],ne[N],e[N],w[N],book[N],idx;

struct node
{
    ll l, r;
}noda[N];

bool cmp(node a,node b)
{
    if(a.r==b.r)
    {
        return a.l>b.l;
    }
    return a.r<b.r;
}

void solve()
{
   cin >> n;
    rep(i,1,n)
    {
        cin >> noda[i].l >> noda[i].r;
    }
    sort(noda+1,noda+1+n,cmp);
    ll ans=0;
    ll f=-1,r=-1;
    // cout << endl;
    // rep(i,1,n)
    // {
    //     cout << noda[i].l <<"  "<<noda[i].r<<endl;
    // }
    // cout << endl;
    rep(i,1,n)
    {
        if(noda[i].l<=f)continue;
        else if(noda[i].l<=r)
        {
            ans++;
            f=noda[i].r;
        }else{
            r=noda[i].r;
        }
       // cout << f << "  "<<r<<endl;
    }
    cout << ans;
}


int main()
{
   IOS;
   ll _;
    _=1;
    //get_eulers();
    //scanf("%lld",&_);
    //cin>>_;
    ca=1;
    while(_--)
    {
      solve(); 
      ca++;
    }    
    return 0;
}