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由题意可知，因为左边是按1~n的顺序递增排列，要想得到不相交组合，左边后面的一定与相应右边后面的相连，如此一来，

就可以发现其实是一道最长上升子序列的题目，要注意的是N<40000,用n^2的算法一定会超时。

题目链接：http://poj.org/problem?id=1631

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nlogn的算法在这里补充一下。

最长不下降子序列的O(nlogn)算法分析如下: 

设 A[t]表示序列中的第t个数，F[t]表示从1到t这一段中以t结尾的最长上升子序列的长度，初始时设F [t] = 0(t = 1, 2, ..., len(A))。则有动态规划方程：F[t] = max{1, F[j] + 1} (j = 1, 2, ..., t - 1, 且A[j] < A[t])。 

现在，我们仔细考虑计算F[t]时的情况。假设有两个元素A[x]和A[y]，满足 
(1)x < y < t 
(2)A[x] < A[y] < A[t] 
(3)F[x] = F[y] 

此时，选择F[x]和选择F[y]都可以得到同样的F[t]值，那么，在最长上升子序列的这个位置中，应该选择A[x]还是应该选择A[y]呢？ 

很明显，选择A[x]比选择A[y]要好。因为由于条件(2)，在A[x+1] ... A[t-1]这一段中，如果存在A[z]，A[x] < A[z] < a[y]，则与选择A[y]相比，将会得到更长的上升子序列。 
再根据条件(3)，我们会得到一个启示：根据F[]的值进行分类。对于F[]的每一个取值k，我们只需要保留满足F[t] = k的所有A[t]中的最小值。设D[k]记录这个值，即D[k] = min{A[t]} (F[t] = k)。 

注意到D[]的两个特点： 
(1)　D[k]的值是在整个计算过程中是单调不下降的。 
(2)　D[]的值是有序的，即D[1] < D[2] < D[3] < ... < D[n]。 

利 用D[]，我们可以得到另外一种计算最长上升子序列长度的方法。设当前已经求出的最长上升子序列长度为len。先判断A[t]与D[len]。若A [t] > D[len]，则将A[t]接在D[len]后将得到一个更长的上升子序列，len = len + 1， D[len] = A [t]；否则，在D[1]..D[len]中，找到最大的j，满足D[j] < A[t]。令k = j + 1，则有A [t] <= D[k]，将A[t]接在D[j]后将得到一个更长的上升子序列，更新D[k] = A[t]。最后，len即为所要求的最长上 升子序列的长度。 

在 上述算法中，若使用朴素的顺序查找在D[1]..D[len]查找，由于共有O(n)个元素需要计算，每次计算时的复杂度是O(n)，则整个算法的 时间复杂度为O(n^2)，与原来的算法相比没有任何进步。但是由于D[]的特点(2)，我们在D[]中查找时，可以使用二分查找高效地完成，则整个算法 的时间复杂度下降为O(nlogn)，有了非常显著的提高。需要注意的是，D[]在算法结束后记录的并不是一个符合题意的最长上升子序列！

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define N 44444
using namespace std;

int f[N];
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int n,c=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int t;
            scanf("%d",&t);
            if(i==1) f[++c]=t;
            else
            {
                if(t>f[c]) f[++c]=t;
                else
                {
                    int pos=lower_bound(f+1,f+c,t)-f;
                    f[pos]=t;
                }
            }
        }
        printf("%d\n",c);
    }
    return 0;
}