解法：偏序集的两个定理：
               定理1> 令(X,≤)是一个有限偏序集,并令r是其最大链的大小,则X可以被划分成r个但不能再少的反链.
                      其对偶定理称为Dilworth定理： 
               定理2> 令(X,≤)是一个有限偏序集，并令m是反链的最大的大小,则X可以被划分成m个但不能再少的链.
                      说白了就是链的最少划分数=反链的最长长度.
            给定n个二元组(x, y),问存在最少多少个划分使得每个划分里面的二元组都满足x1<=x2并且y1<=y2。
            如果定义x1<=x2&&y1<=y2为偏序关系的话,那么问题就转化成求这个集合的链的最少划分数.可以通过找最长反链长度来解决,这里的反链关系是x1>x2||y1>y2,
           如果把n个二元组按照x递增排序,相同的x按照y递增排序,那么我们只需对y找到一个最长递减子序列就是所求的答案,复杂度O(nlogn)。对于相同的x之所以按照
           y递增排序是因为这里偏序关系带等号,这样相同的x其实可以划分到一起,把y按照递增排序就可以使得相同的x最多只选择一个y。还有的题目要求满足x1<x2&&y1<y2,
           这就需要把偏序关系相应修改。修改之后对于相同的x,每一个都会被划分到不同的集合(因为相等是不满足偏序关系的),所以这里的排序关系要改一下,x相同的y要按
           照降序排列(如果y不是降序的话,假设y1<y2,我们很有可能先去放下y1,然后在把y2放在y1的后面,这样事实上是不合法的),这样求一个最长不递增子序列就是答案,
           y递减保证可能会有多个x相同的二元组选入到结果中。
                     对于这题,先按照w升序排序,当w相等时再按照h降序排序,然后就是对序列h求解最长不递增子序列了。
 
           关于二分法求最长不递增子序列，参考：http://www.cppblog.com/Davidlrzh/articles/137592.html

源代码
 1#include<iostream>
 2#include<algorithm>
 3
 4using namespace std;
 5
 6const int MAXM = 20001;
 7const int INF = 10005;
 8
 9struct Doll
10{
11    int w;
12    int h;
13};
14
15Doll dolls[MAXM];
16int b[MAXM];                         //b[i]表示子序列长度为i时，最小的末元素，注意b[i]是不递增的，证明见博客。
17
18bool com(Doll d1, Doll d2)           //比较函数
19{
20    if(d1.w == d2.w)
21    {
22        return d1.h > d2.h;
23    }
24    return d1.w < d2.w;
25}
26
27int LDS(int n)                       //二分法求解最长不递增子序列
28{
29    int left,right,mid;
30    int len = 1;
31    b[0] = INF;
32    b[1] = dolls[0].h;
33    for(int i=1; i<n; i++)
34    {
35        left = 0;
36        right = len;
37        while(left<=right)           //二分法，在数组b中找出第一个比dolls[i].h小的数
38        {
39            mid=(left+right)>>1;
40            if(dolls[i].h <= b[mid])
41            {
42                left = mid + 1;
43            }
44            else
45            {
46                right = mid - 1;
47            }
48        }
49        b[left] = dolls[i].h;
50        if(left > len)
51        {
52            ++len;
53        }
54    }
55    return len;
56}
57
58int main()
59{
60    int t;
61    int m;
62
63    cin>>t;
64    while(t--)
65    {
66        cin>>m;
67        for(int i=0; i<m; i++)
68        {
69            cin>>dolls[i].w>>dolls[i].h;
70        }
71        sort(dolls,dolls+m,com);
72
73        cout<<LDS(m)<<endl;
74    }
75    return 0;
76}

思路：若n为偶数：

      1: 若初始状态为偶数正面 + 偶数反面，要想变成全正或全反，翻转的次数必为偶数。

         例如： ○○●●●●  则翻转 2,4,6,8……次均可。

      2: 若初始状态为奇数正面 + 奇数反面，要想变成全正或全反，翻转的次数必为奇数。

         例如： ○○○○○●  则翻转 1,3（先将●翻为○，再将任一个○翻两下）,5,7……次均可。

         因次，我们就无法得到一个确定的翻转次数x，让它能使任意初始状态的硬币变成全为正或全为反，因为若x为偶数，则无法满足例2，
         若x为奇数，则无法满足例1。故应输出"No Solution!"。

            若n为奇数：

      1：对初始状态即全为奇数个正面（或反面）而言，翻转的次数为偶数(0,2,4...)或奇数(n,n+2,n+4...)(先将全部翻为另一面）。

      2:   初始状态为偶数正面 + 奇数反面（偶数反面 + 奇数正面同理），分为翻转为全正面，和全反而两种情况：

           全反面：例如： ○○○○●●●  则翻转4,6,8,10……次均可，其中最小为4。要保证对7枚硬币的任意初始状态都可行，则最小应为 7-1=6 ，
           否则对 ○○○○○○●  无法实现。

           全正面：必须翻转奇数次，由1知，奇数次翻转必然>=n。

           因此，当n为奇数是，最少翻转次数为n-1。

源代码
 1#include<iostream>
 2
 3using namespace std;
 4
 5int main()
 6{
 7    int n;
 8    cin>>n;
 9    while(n!=0)
10    {
11        if(n%2 == 0)
12        {
13            cout<<"No Solution!"<<endl;
14        }
15        else
16        {
17            cout<<n-1<<endl;
18        }
19        cin>>n;
20    }
21    return 0;
22}