题意：
给n个互不相交的多边形（边均平行于坐标轴），问最大深度。深度的定义是，若多边形A被多边形B包含，则\(dep[A]=max(dep[B])+1\)。坐标系的深度为0。（n<=40000，顶点个数<=200000）
题解：
扫描线+动态维护区间。
考虑从左往右枚举交x轴平行于y轴的扫描线，维护每一个多边形在这条扫描线上能包含的最大\(y\)区间。
在任意时刻，这段区间都是连续的，因此我们只需维护两个端点。
将点离散，扫描线扫描的是所有点的x轴坐标。将所有点按照x为第一关键字、y为第二关键字，升序排序。然后从小到大枚举每个点。
令当前枚举到的点为\(p\)点，所在多边形为\(A\)。
然后我们在这些要么包含要么不交的区间的端点中找一个点\(q\)，满足\(y_q>y_p\)且\(y_q\)最小，\(q\)所在多边形为\(B\)。
由于我们是从左往右扫，而且多边形互不相交，因此问题转化为求当前端点被多少个区间包含的问题。
考虑这两种情况：
1、被\(q\)点所在区间包含，则\(dep[A]=dep[B]+1\)
2、没有被包含，则\(dep[A]=dep[B]\)
那么我们如何判断包含呢？我们在维护的两个端点打上这样的标记：
一个多边形的边\((u, v)\)，方向为逆时针方向，假设方向为\((u->v)\)，则我们标记边的终点\(v\)。
则可以发现如果这个\(q\)是有标记的，则\(A\)没有被\(B\)包含。否则被\(B\)包含。
证明就是分类讨论几种情况即可。
现在来考虑如何维护每个多边形包含的区间。
由于一个多边形内每个点的\(x\)轴出现次数一定是偶数次。而由于排序后的性质，每条有向边的起点就加入到区间，终点则去掉。
到此本题解决。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200005;
int n, d[40005], ans, tot;
struct ip {
int x, y, id;
bool flag;
bool operator < (const ip &a) const {
return x==a.x?y<a.y:x<a.x;
}
}p[N];
map<int, ip *>mp;
void work() {
sort(p+1, p+1+tot);
map<int, ip *>::iterator it;
for(int i=1; i<=tot; ++i) {
int y=p[i].y;
it=mp.find(y);
if(it!=mp.end()) {
mp.erase(it);
}
else {
mp[y]=&p[i];
int id=p[i].id;
if(!d[id]) {
it=mp.upper_bound(y);
if(it==mp.end()) {
d[id]=1;
}
else {
if(it->second->flag) d[id]=d[it->second->id];
else d[id]=d[it->second->id]+1;
}
}
}
}
for(int i=1; i<=n; ++i) {
ans=max(ans, d[i]);
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i=1; i<=n; ++i) {
int k, x[2], t;
scanf("%d%d", &k, &x[0]);
t=x[0];
for(int j=1; j<=k; ++j) {
if(j!=k) scanf("%d", &x[j&1]);
else x[0]=t;
p[++tot]=(ip){x[0], x[1], i, (bool)(j&1)};
}
}
work();
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
