Description
描述
给一个数轴上的 $n$ 条线段，第 $i$ 条覆盖了 $[l_i, r_i]$（如果 $l_i = r_i$ 的话就是一个点）。一个线段集的 并集 是一个与原线段集所覆盖点一样的线段集，例如 $n = 5$，$5$ 条线段分别为 $[1,2]$，$[2,3]$，$[4,5]$，$[4,6]$，$[6,6]$，那么它们的 并集 就是 $[1,3]$ 和 $[4,6]$ 两条线段。现在，你要求出 正好删去一条线段后，并集 最多包括多少条线段。
如果两条线段重合，你依然只能删去一条。
输入
第一行是一个正整数 $t(1 le t le 10^4)$，表示数据组数。
每组数据的第一行是一个正整数 $n(2 le n le 2 cdot 10^5, sum n le 2 cdot 10^5)$，接下来 $n$ 行每行两个整数 $l_i, r_i(-10^9 le l_i, r_i le 10^9)$，含义如描述所示。
输出
对于每组数据输出一个数，表示 正好删去一条线段后，并集 最多包括多少条线段。
样例
输入
3
4
1 4
2 3
3 6
5 7
3
5 5
5 5
5 5
6
3 3
1 1
5 5
1 5
2 2
4 4输出
2
1
5解释
样例解释：
- 删去 $[1,4]$，剩下 $[2,3]$，$[3,6]$，$[5,7]$，并集 大小为 $1$；
- 删去 $[2, 3]$，剩下 $[1, 4]$，$[3,6]$，$[5,7]$，并集 大小为 $1$；
- 删去 $[3, 6]$，剩下 $[1, 4]$，$[2, 3]$，$[5,7]$，并集 大小为 $2$；
- 删去 $[5, 7]$，剩下 $[1, 4]$，$[2, 3]$，$[3, 6]$，并集 大小为 $1$。
故输出为 $2$。
Solution
看到负数，首先考虑 离散化，然后就很自然地想到用 $d_i$ 来表示坐标（离散化后）为 $i$ 的点被几条线段覆盖，然后姑且不说删去一条线段，就是原线段集的 并集 怎么求呢？
画个图看看（图中为了防止线段重叠将线段进行了竖直平移，一条线段的实际覆盖区域即为其竖直投影）：
简单！连续非零段的个数就是 并集 大小！
真的是这样吗？
似乎……不太对？
于是就有了一种神仙的方法：既然我们的标号都在点上，第二张图不能很好处理，那么，我们给边也来个 $d$！
怎么实现呢？只要把所有的 $l_i, r_i$ 都 $ imes 2$ 即可！
于是我们就能很好地处理了：
那么 $mathcal O(n^2)$ 的做法就呼之欲出了：删去线段 $i$ 时，就把 $[l_i, r_i]$ 的 $d$ 都减去 $1$，然后重新统计一遍求最大值！
显然是过不了的，还需要优化。
把 $[l_i, r_i]$ 的 $d$ 都减去 $1$ 后，有能力成为新的空段的条件，显然是 $d = 1$，我们不妨大胆的假设一下，$[l_i, r_i]$ 中 $d = 1$ 的连续段数（显然这里的 $d$ 不会为 $0$，至少有线段 $i$ 覆盖呢），就是删去线段 $i$ 后 新增的段数。
试一下？
好像是对的？
那要是这样呢？
可是显然答案是增加 $1$，而不是增加 $2$ 呀？
再举个最简单的例子：
这时，显然答案是减去 $1$ 了，而不是离谱地增加 $1$。（虽然 $n ge 2$，但这里姑且认为那个 $l$ 和 $r$ 非常大）
发现了什么？当新增段和 $l_i$ 相通时，答案要 $-1$，和 $r_i$ 相通时也要 $-1$，实现上只要判断一下 $d_{l_i}$ 和 $d_{r_i}$ 是不是等于 $1$ 就好了。
然后怎么求新增段呢？很简单，把每一个连续 $1$ 段的最左边的 $d' + 1$，最右边的 $d' + 1$，我们就可以用 $left lfloor dfrac{sum_{i = l}^{r} d'_i}{2} ight floor $ 来计算段数了（想一想，为什么？），如果加上前缀和优化，那么去掉 $mathcal O(n log n)$ 的离散化，代码就是 $mathcal O(n)$ 的了。
下面是一个直观的演示：
代码贴出，仅供参考。（代码中用 d_ 来表示 $d'$）
#include <bits/stdc++.h>
#define REP(i, x, y) for(register int i = x; i <= y; i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 5;
struct segment { LL l, r; } s[N];
int n;
LL ans0, ans1, tmp[N << 1], d_[N << 2], d[N << 2];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int T;
cin >> T;
while(T--)
{
ans0 = 0; ans1 = INT_MIN;
cin >> n;
REP(i, 1, n)
{
cin >> s[i].l >> s[i].r;
tmp[(i << 1) - 1] = s[i].l;
tmp[i << 1] = s[i].r;
}
sort(tmp + 1, tmp + (n << 1) + 1);
int tot = unique(tmp + 1, tmp + (n << 1) + 1) - tmp - 1;
REP(i, 1, n)
{
s[i].l = lower_bound(tmp + 1, tmp + tot + 1, s[i].l) - tmp;
s[i].r = lower_bound(tmp + 1, tmp + tot + 1, s[i].r) - tmp;
s[i].l <<= 1LL; s[i].r <<= 1LL;
d[s[i].l]++; d[s[i].r + 1]--; // 差分算原始数组
}
tot <<= 1LL;
REP(i, 1, tot + 5) d[i] += d[i - 1];
REP(i, 0, tot + 5) ans0 += d[i] && !d[i + 1];
REP(i, 0, tot + 4) if(d[i] == 1 && d[i + 1] != 1) d_[i]++;
REP(i, 1, tot + 5) if(d[i] == 1 && d[i - 1] != 1) d_[i]++;
REP(i, 1, tot + 5) d_[i] += d_[i - 1]; // d_[] 上前缀和
REP(i, 1, n)
{
LL t = (d_[s[i].r] - d_[s[i].l - 1]) / 2;
t -= (d[s[i].r] == 1) + (d[s[i].l] == 1);
ans1 = max(ans1, t);
}
cout << ans0 + ans1 << endl; // 初始答案加上新增答案
REP(i, 0, tot + 10) d[i] = d_[i] = 0; // 用多少清多少，避免 memset 浪费时间
}
return 0;
}