[cf309E]Sheep

二分枚举答案，并考虑如下贪心：

从左到右依次选择区间，并维护未选区间的"右边界"

记当前位置为$l$，右边界$\le r$的未选区间数为$cnt_{l,r}$（其中$r\in [l,n]$）

取最小的$r$满足$cnt_{l,r}=|[l,r]|$，将这$cnt_{l,r}$个区间中右端点最小的填在$l$上

关于上述贪心的正确性，证明如下：

将所有区间按右端点从小到大排序，并考虑如下引理——

引理：对于未选区间$x$和已选区间$y$，若$x$在$y$之前，则$x$与$y$有交

归纳证明，当区间$x$被选择时，对其分类讨论：

1.若不存在已选区间与$x$有交，结合贪心其必然为第一个未选区间（之前不存在未选区间）

2.若存在已选区间$y$与$x$有交，任取$x$之前的未选区间$z$，再对其分类讨论：

(1)若$z$在$y$之前，根据归纳假设$z$与$y$有交，结合贪心此时应选择区间$z$而不是$x$

(2)若$z$不在$y$之前，注意到$x$之前与$x$有交的区间构成后缀，进而$x$与$z$也有交

在此基础上，这$cnt_{l,r}$个区间影响范围单调不降，显然可以贪心

时间复杂度为$o(n^{2}\log n)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2005
#define fi first
#define se second
int n,P[N],lim[N],cnt[N];
struct Seg{
    int l,r,id;
    bool operator < (const Seg &n)const{
        return r<n.r;
    }
}a[N];
bool check(int x,int y){
    return (a[x].l<=a[y].r)&&(a[y].l<=a[x].r);
}
bool check(int d){
    for(int i=1;i<=n;i++)lim[i]=n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if ((lim[j])&&(lim[j]<=n))cnt[lim[j]]++;
        for(int j=i;j<=n;j++){
            cnt[j]+=cnt[j-1];
            if (cnt[j]>j-i+1)return 0;
        }
        for(int j=i;j<=n;j++)
            if (cnt[j]==j-i+1){
                for(int k=1;k<=n;k++)
                    if ((lim[k])&&(lim[k]<=j)){P[i]=k;break;}
                lim[P[i]]=0;
                for(int k=1;k<=n;k++)
                    if (check(k,P[i]))lim[k]=min(lim[k],i+d);
                break;
            }
    }
    return 1;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
        a[i].id=i;
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    int l=0,r=n;
    while (l<r){
        int mid=(l+r>>1);
        if (check(mid))r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    check(l);
    for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",a[P[i]].id);
    return 0;
}