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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;
}