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最近的题都只会抄题解😅

首先，操作顺序会影响答案，因此不能直接贪心。其次，因为是求贡献最大，所以可以考虑枚举最终哪些位置对答案产生了贡献，进而转化为全局贡献。

$1.1$ 如果$[l_1,r_1)\subseteq [l_2,r_2)$，那么一定是贪心的先操作$[l_r,r_2)$，因此这部分限制不用考虑

$1.2$ 对于两个区间$[l_1,r_1),[l_2,r_2)$，如果满足$l1<l2<r_1<r_2$，并且选择了$r_1$，那么意味着$l_2$一定比$r_1$先操作；反之亦然，因此$l_2$和$r_1$不能同时被选择。注意到$l_i,r_i$互不相同，因此我们考虑到了所有位置，并且每个位置至少有一次产生贡献的机会。

容易证明这样不会产生环，因为$r$是递增的

发现只有$l_i$和$r_i$之间会有连边，问题转化为求二分图最大独立集。

使用$\text{bitset}$优化，复杂度$O(\frac{n^3}{w})$。

类似的题目：[ARC092F] Two Faced Edges

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5005;
int n,tot,l[N],r[N],match[N];
int px[N],py[N];
bitset<N>to[N],vs;
queue<int>Q;
int bfs(int u){while(Q.size())Q.pop();vs.set(),Q.push(u);int v=-1;while(Q.size()){int x=Q.front();Q.pop();bitset<N>tmp=vs&to[x];for(int y=tmp._Find_first();y<=n;y=tmp._Find_next(y)){int z=match[y];vs[y]=0;if(z==0){match[y]=x,v=x;break;}Q.push(z),px[z]=x,py[z]=y;}if(~v)break;}if(v==-1)return 0;while(v!=u){match[py[v]]=px[v];v=px[v];}return 1;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>l[i]>>r[i];}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(l[i]<l[j]&&l[j]<r[i]&&r[i]<r[j]){to[i][j]=1;}}}for(int i=1;i<=n;i++){tot+=bfs(i);}cout<<2*n-tot;
}