[APIO2009]会议中心
题目大意：
原网址与样例戳我!
给定n个区间，询问以下问题：
- 1.最多能够选择多少个不相交的区间？
- 2.在第一问的基础上，输出字典序最小的方案。
数据范围：\(n \leq 2\times 10^5\)
前言：几个小 \(tips\)
对于字典序最小的构造题，一个套路：
以字典序从小到大枚举，依次检查每个元素是否可以计入答案。
然后是两个函数的辨析：
\(lower\_ bound(x)\)：返还第一个大于等于\((\ge)\)\(x\)的位置。
\(upper\_bound(x)\)：返还第一个严格大于\((>)\)\(x\)的位置。
正文：解法与思路
\(Tag\)：贪心 + 倍增 + \(set\)
A
先去掉包含关系，原因略，此时左右端点都是递增的了。
第一问简直弱智，贪心的入门题，这里不说了，关键在于字典序最小方案如何输出。
考虑上文中说到的那个套路：
以字典序从小到大枚举每一条线段，判断加入这条区间后答案是否会变差。
如果答案不会变差，那么肯定就优先选择这个区间了。
下面我们来看如何判断加入区间后答案是否变差。
B
我们令\(f(lp,rp)\)表示在\([lp,rp]\)这个区间内最多可以选择的区间个数。
那么，假设我们把区间\([l_0,r_0]\)插入，
如果答案不会变差，对于所有的区间\([lp',rp']\)，应该都有：
\[f(lp',rp') = f(lp',l_0-1) + f(r_0+1,rp') + 1\]
自己yy一下即可。
显然，加入区间\([l_0,r_0]\)的影响范围是有限的，我们可以发现这个范围为：
左边界 \(lp\)：已经加入的区间中，在\([l_0,r_0]\)的左边的那个区间的右端点。
右边界 \(rp\)：已经加入的区间中，在\([l_0,r_0]\)的右边的那个区间的左端点。
C
由上文可知，我们枚举区间，每次得到\(lp\ ,\ rp\)，然后需要判断上面的等式是否成立。
如果成立，则把此区间加入答案集合中，否则\(continue\)。
给定\(lp\ ,\ rp\) , 如何快速求\(f(lp,rp)\)呢？ 考虑倍增。
把原区间序列按左端点排序，得到一个新区间序列，
令\(nxt[x][d]\) 表示从第\(x\)个区间向后选择\(2^d\)个区间(不包括\(x\))，最后一个区间为\(nxt[x][d]\)。
转移显然：\(nxt[x][d] = nxt[\ nxt[x][d-1]\ ][d-1]\)。
有了\(nxt\)数组后，每次给定\(lp\ ,\ rp\)，先二分找到范围内第一个区间，然后倍增求解即可。
D
大体思路就这样，本题的实现上也有一定的难度。
听说可以用线段树或\(splay\) , 反正我使用的是\(set\)来求解。
在从前往后扫的过程中，我们用\(set\)来保存已经加入答案的区间集合。
\(set\)中的区间以右端点为优先级排序，每次找影响范围\(l\ ,\ r\)直接在\(set\)里二分即可。
然后注意得到\(lp\ ,\ rp\)后要判交，如果交了也要\(continue\)。
细节上，计算\(f(lp,rp)\)的时候注意判断答案为0的情况，\(nxt[i][0]\)也可以二分求解。
实现代码：
注：\(q[i]\)为题目给定的原区间序列 ， \(t[i]\)为去重、以左端点排序后的新区间序列。
#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define IL inline
#define inf 1e9+7
#define _ 200005
using namespace std;
int xx[3*_] , f[_][20] ,N,n,m,tot1,tot,lp,rp,s1,s2;
int Ans ; queue< int > ans ;
struct node{
int l , r ;
IL bool operator < (const node &B)const{ return r < B.r ; }
};
node t[_] , q[_] ; set< node > S ; set< node >::iterator t1 ,t2 ;
IL bool cmp(node a , node b){return (a.l==b.l)?a.r>b.r : a.l<b.l ;}
IL void Prepare(){;
for(RG int i = 1; i <= n; i ++) xx[ i ] = t[ i ].l ;
xx[ n + 1 ] = inf ; tot1 = n + 1;
for(RG int i = 1; i <= n; i ++)
f[ i ][ 0 ] = upper_bound(xx+1,xx+tot1+1,t[ i ].r) - xx ;
for(RG int i = 1; i <= n; i ++)
if(f[ i ][ 0 ] == n + 1)f[ i ][ 0 ] = 0 ;
for(RG int j = 1; j <= 19 ; j ++)
for(RG int i = 1; i <= n; i ++)
f[ i ][ j ] = f[ f[ i ][ j - 1 ] ][ j - 1 ] ;
return ;
}//f[i][j] 表示从i开始(不算i)向后选择2^j个区间,最后一个为第f[i][j]个区间.
IL void Pre(){
cin >> n ; N = n ; tot1 = 0 ; tot = 0;
for(RG int i = 1,l,r; i <= n; i ++) cin >> q[i].l >> q[i].r ;
for(RG int i = 1; i <= n; i ++)
t[ i ].l = q[ i ].l , t[ i ].r = q[ i ].r;
sort(t + 1 , t + n + 1 , cmp ) ; t[ ++ tot ] = t[ 1 ] ;
for(RG int i = 2; i <= n; i ++){
while(t[ i ].r <= t[ tot ].r && tot) -- tot ;
t[ ++ tot ] = t[ i ] ;
}// 去重
n = tot ; Prepare() ;
}
IL int Calc(RG int L , RG int R){
RG int c = lower_bound(xx + 1, xx + n + 1 , L) - xx;
if(R < L || t[c].r > R || c > n) return 0 ;
RG int res = 0;
for(RG int i = 19; i >= 0 ; i --)
if(f[ c ][ i ] && t[ f[ c ][ i ] ].r <= R)
c = f[ c ][ i ] , res |= (1 << i) ;
return res + 1 ; //记得加上范围内的第一个区间
}
int main(){
std::ios::sync_with_stdio(false) ;
Pre() ;
S.insert( (node){-inf , -inf} ) ;
S.insert( (node){inf , inf} ) ;
Ans = Calc(-inf , inf) ;
for(RG int i = 1; i <= N; i ++){
t2 = S.lower_bound( q[ i ] ) ; t1 = t2 ; t1 -- ;
lp = (*t1).r ; rp = (*t2).l ;
if(lp >= q[i].l || rp <= q[i].r) continue ; //判交
lp ++ ; rp -- ;
s1 = Calc(lp , q[i].l - 1) + Calc(q[i].r + 1 , rp) + 1;
s2 = Calc(lp , rp) ;
if( ! (s1 ^ s2) )
ans.push( i ) , S.insert( q[ i ] ) ;
}
cout << Ans << endl;
while(!ans.empty())printf("%d ",ans.front()) , ans.pop() ;
return 0;
}