很优美的解法。
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如果没有保证字典序最小这一个要求，这题就是一个水题了，但是要保证字典序最小，然后我就不会了……
如果一条线段能放入一个区间$[l', r']$并且不影响最优答案，那么对于这条线段$[l, r]$，设$solve(l, r)$表示$[l, r]$这个区间里面最多能放多少条线段，一定要有条件$solve(l', l - 1) + solve(r + 1, r') + 1 == solve(l', r')$。
那么贪心的时候顺便考虑一下怎么检验的问题就可以了，如果暴力检验是$O(n)$的，考虑优化，利用一下倍增思想，我们设$f_{i, j}$表示从$i$开始选择$2^{j}$条线段所能到达的最靠左的右端点，那么在离散化之后就可以用$O(nlogn)$的时间预处理出$f$数组，这样子每一次检验求$solve$的时间是$O(logn)$的，具体怎么处理可以参照下面的代码。
考虑一下最后怎么进行的贪心，对于每一条线段，我们检验一下是不是能放，这个检验的过程可以用很多数据结构做到$O(logn)$，如果能放入，我们就找出之前放过的最前的右端点和最后的左端点，然后chk一下上面的条件是否成立就可以了。
感觉这个过程写个线段树更直观一点，还是学习了一下上面那位大佬高能的树状数组写法。
时间复杂度$O(nlogn)$。
Code：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std;const int N = 2e5 + 5; const int Lg = 20; const int inf = 1 << 30;int n, tot = 0, maxn = 0; int l[N], r[N], f[N << 1][Lg]; int ans[N], lmax[N << 1], rmax[N << 1], lsum[N << 1], rsum[N << 1];struct Innum {int val, id; } in[N << 1];bool cmpIn(const Innum &x, const Innum &y) {if(x.val != y.val) return x.val < y.val;else return x.id < y.id; }inline void read(int &X) {X = 0; char ch = 0; int op = 1;for(; ch > '9'|| ch < '0'; ch = getchar())if(ch == '-') op = -1;for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48;X *= op; }inline int max(int x, int y) {return x > y ? x : y; }inline int min(int x, int y) {return x > y ? y : x; }inline void chkMax(int &x, int y) {if(y > x) x = y; }inline void discrete() {sort(in + 1, in + 1 + tot, cmpIn);for(int cnt = 0, i = 1; i <= tot; i++) {if(in[i].val != in[i - 1].val) ++cnt;maxn = max(maxn, cnt);if(in[i].id > n) r[in[i].id - n] = cnt;else l[in[i].id] = cnt;} }#define lowbit(x) ((x) & (-x))inline void aSum(int *now, int x) {for(; x <= maxn; x += lowbit(x))++now[x]; }inline int qSum(int *now, int x) {int res = 0;for(; x > 0; x -= lowbit(x))res += now[x];return res; }inline void aMax(int *now, int x) {for(int t = x; x <= maxn; x += lowbit(x))chkMax(now[x], t); }inline int qMax(int *now, int x) {int res = 0;for(; x > 0; x -= lowbit(x))chkMax(res, now[x]);return res; }inline int solve(int ln, int rn) {int res = 0;for(int i = 18; i >= 0; i--)if(f[ln][i] <= rn) res += (1 << i), ln = f[ln][i] + 1;return res; }int main() {read(n);for(int i = 1; i <= n; i++) {read(l[i]), read(r[i]);in[++tot] = (Innum) {l[i], i};in[++tot] = (Innum) {r[i], i + n};}discrete();memset(f, 0x7f, sizeof(f));for(int i = 1; i <= n; i++)f[l[i]][0] = min(f[l[i]][0], r[i]);for(int i = maxn; i >= 1; i--) {f[i][0] = min(f[i][0], f[i + 1][0]);for(int j = 1; f[i][j - 1] <= maxn && (1 << j) <= n; j++)f[i][j] = f[f[i][j - 1] + 1][j - 1];} /* for(int i = 1; i <= maxn; i++)printf("%d ", f[i][0]);printf("\n"); *//* for(int i = 1; i <= n; i++)printf("%d %d\n", l[i], r[i]);printf("\n"); */tot = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) {int v = tot - qSum(rsum, l[i] - 1) - qSum(lsum, maxn - r[i]);if(v > 0) continue;int lst = qMax(rmax, l[i] - 1), nxt = maxn - qMax(lmax, maxn - r[i]);if(solve(lst + 1, l[i] - 1) + solve(r[i] + 1, nxt) + 1 == solve(lst + 1, nxt)) {ans[++tot] = i;aSum(rsum, r[i]), aSum(lsum, maxn - l[i] + 1);aMax(rmax, r[i]), aMax(lmax, maxn - l[i] + 1);}// printf("%d ", v); } // printf("\n"); printf("%d\n", tot);for(int i = 1; i <= tot; i++)printf("%d ", ans[i]);printf("\n");return 0; }
)
