大致题意： 一个长度为(n)的序列，其中有(k)个(1)。有(m)个限制形如区间([l,r])内是否有(1)，求哪些位置肯定有(1)。
前言
(Jan 29th)刷题计划（4/6），算法标签：贪心。
一开始想简单了，结果自闭了一个多小时，然后去做作业做了半个小时，再翻了翻题解，才发现自己太(naive)了。
预处理
首先，对于(0)的限制区间，我们可以用差分，标记出序列中不为(1)的位置，然后把这些位置删掉。
如果此时剩下的位置个数恰好为(k)，那么直接把所有位置输出即可。
接下来，对于(1)的限制区间，若存在一个大区间覆盖一个小区间，我们就把大区间删去。然后将所有区间排序，则它们的左右端点必然分别都是递增的。
显然，如果一个区间只包含一个位置，即左右端点相等，那么这个位置必然是(1)。
贪心
然后，我们要考虑的，是那些尚未确定是(1)的位置，是否一定是(1)。
设(Fr_i)为达成前(i)个区间的限制条件至少所需(1)的数量，(Bk_i)为达成后(i)个区间的限制条件至少所需(1)的数量。
这可以通过贪心求得。我们按序枚举每一个尚未满足条件的区间，然后尽量选择最远的位置，即另一个端点的位置，放置一个(1)，这样一来便能求出(Fr_i)和(Bk_i)了。
于是我们枚举那些尚未确定的位置，并设(S(x))表示必须选(x)时至少所需(1)的数量。
则，如果一个位置(x)必须被选，就要满足(S(x)le k)，且(S(x-1)>k&&S(x+1)>k)。
这样一来，我们的关键问题就变成了如何求(S(x))。
由于所有包含(x)的区间在选择了(x)的情况下都已经达成了限制，所以我们只要二分出最后一个右端点小于(x)的区间(a)和第一个左端点大于(x)的区间(b)，则(S(x)=Fr_a+Bk_b+1)。
具体实现详见代码。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
using namespace std;
int n,m,k,tot,cnt,p[N+5],w[N+5],Fr[N+5],Bk[N+5];
struct line
{
int x,y;I line(CI a=0,CI b=0):x(a),y(b){}
I bool operator < (Con line& o) Con {return x^o.x?x<o.x:y>o.y;}
}s[N+5];
I int S(CI x)//求出在必须选x时至少需要多少个1
{
RI l,r,mid,t=1;//因为选择了x，所以初始化需要1的个数为1
l=1,r=tot;W(l<=r) s[mid=l+r>>1].y>=x?r=mid-1:l=mid+1;t+=Fr[l-1];//求出最后一个右端点小于x的区间
l=1,r=tot;W(l<=r) s[mid=l+r>>1].x<=x?l=mid+1:r=mid-1;t+=Bk[r+1];//求出第一个左端点大于x的区间
return t;
}
int main()
{
RI i,t=0,op,x,y;for(scanf("%d%d%d",&n,&k,&m),i=1;i<=m;++i)
scanf("%d%d%d",&x,&y,&op),op?(s[++t]=line(x,y),0):(++p[x],--p[y+1]);
for(i=1;i<=n;++i) p[i+1]+=p[i],!p[i]&&(p[++cnt]=i);p[cnt+1]=n+1;//差分，删去肯定不为1的位置
if(cnt==k) {for(i=1;i<=cnt;++i) printf("%d
",p[i]);return 0;}//如果当前剩余位置恰好k个
for(i=1;i<=t;++i) s[i].x=LB(p+1,p+cnt+2,s[i].x)-p,
s[i].y=UB(p+1,p+cnt+2,s[i].y)-p-1,s[i].x==s[i].y&&(w[s[i].x]=1);//如果左右端点相等，则这个位置必然为1
for(sort(s+1,s+t+1),i=1;i<=t;++i) {W(tot&&s[tot].y>s[i].y) --tot;s[++tot]=s[i];}//除去包含其他区间的区间
for(i=1;i<=tot;i=t) {Fr[i]=Fr[i-1]+1,t=i+1;W(t<=tot&&s[t].x<=s[i].y) Fr[t++]=Fr[i];}//贪心求出Fr
for(i=tot;i>=1;i=t) {Bk[i]=Bk[i+1]+1,t=i-1;W(t>=1&&s[t].y>=s[i].x) Bk[t--]=Bk[i];}//贪心求出Bk
for(i=1;i<=cnt;++i) !w[i]&&S(i)<=k&&S(i-1)>k&&S(i+1)>k&&(w[i]=1);//枚举判断每一个尚不能确定的位置
RI fg=0;for(i=1;i<=cnt;++i) w[i]&&(printf("%d
",p[i]),fg=1);return !fg&&puts("-1"),0;//输出答案
}