题意：

初始有左右手，上面各有一个数字为 $0$ 的卡牌，每次都有一个新卡 $k_i$ ，你可以将其放在左手或者右手，使两只手上的卡片范围在 $l_{l,i},r_{l,i}]$ 和 $l_{r,i},r_{r,i}]$ 内，问是否存在一种方案使得每次操作后两手都合法，输出这个方案。
$n≤100000n\le100000$

思路：

可以脑补一下这个过程，我们如果正着来的话，很难判断当前放那个是最优的，因为我们对后面的状态是位置的，所以我们考虑倒着来处理这个问题。
定义 $o p = 0$ 的时候代表左手， $o p = 1$ 的时候代表右手， $a_{i,op}$ 表示第 $i$ 次操作的时候 $o p$ 那只手在 $a_{i,op}.l,a_{i,op}.r]$ 范围内的时候有合法解， $nt_{i,op}$ 表示第 $i$ 次操作选 $o p$ 后下一次操作选 $nt_{i,op}$ 。
考虑倒着枚举回合，再枚举当前回合保留 $o p$ 手，那么分以下两种情况：
$(1)$ 当前卡片 $k_i$ 能放在 $\ \ xor \ \ 1$ 手。
$(2)$ 当前卡片 $k_i$ 不能放在 $opxor1op\ \ xor \ \ 1$ 手。
对于第二种情况，我们将当前区间置为 $[m, 0]$ 表示无解即可。
对于第一种情况，我们这一步将其放在 $\ \ xor \ \ 1$ 手，让后又分如下两种情况：
$(1)$ $\ \ xor \ \ 1$ 手上的数不能留到下回合。
$(2)$ $\ \ xor \ \ 1$ 手上的数可以留到下回合。
对于第一种情况，由于不能将 $\ \ xor \ \ 1$ 手上的数留下来，所以我们下回合数还需要放在 $\ \ xor \ \ 1$ 手上，让后将当前区间跟下一回合的合法区间取个交集即可。
对于第二种情况，由于 $\ \ xor \ \ 1$ 手上的数留下来是合法的，那么我们下回合直接将数放在 $o p$ 手上即可，当前区间保留就行，因为当前放的数的区间跟下一回合的区间没有关系了。
最后判断一下解，让后输出即可。

// Problem: E. Game with Cards
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #727 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1539/problem/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2500 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
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#include<cstdio>
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#include<cctype>
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#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
int nt[N][2],k[N];
struct Node {int l,r;
}a[N][2];bool check(Node a,int b) {if(b>=a.l&&b<=a.r) return true;return false;
}void merge(Node &a,Node b) {a.l=max(a.l,b.l);a.r=min(a.r,b.r);
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%d",&k[i]);scanf("%d%d",&a[i][0].l,&a[i][0].r); scanf("%d%d",&a[i][1].l,&a[i][1].r); } a[n+1][0]=a[n+1][1]={0,m};for(int i=n;i>=1;i--) {Node now[2]; now[0]=a[i][0]; now[1]=a[i][1];//枚举保留op手for(int op=0;op<2;op++) {//如果能放到op^1手上就继续if(check(now[op^1],k[i])) {   //如果下回合也满足下回合就放op手上if(check(a[i+1][op^1],k[i])) {nt[i][op^1]=op;//否则下回合还得放op^1手上，让后当前区间跟下一回合取交集} else {nt[i][op^1]=op^1;merge(a[i][op],a[i+1][op]);}} else {//无解a[i][op]={m,0};}}}if(!check(a[1][0],0)&&!check(a[1][1],0)) puts("NO");else {puts("YES");int begin=check(a[1][0],0);for(int i=1;i<=n;i++) {printf("%d ",begin);begin=nt[i][begin];}}return 0;
}
/**/