Description

悠悠岁月，不知不觉，距那传说中的pppfish晋级泡泡帝已是过去数十年。数十年中，这颗泡泡树上，也是再度变得精彩，各种泡泡天才辈出，惊艳世人，然而，似乎不论后人如何的出彩，在他们的头顶之上，依然是有着一道身影而立。泡泡帝，pppfish。现在，pppfish即将带着被自己收服的无数个泡泡怪前往下一个空间，而在前往下一个空间的道路上，有N个中转站，和M条空间虫洞连接中转站（双向通道，可有重边，可有环），然而，通过虫洞是要一定的条件的，pppfish将手下所有泡泡怪编号为 1，2 … +∞,对于每个空间虫洞，有两个值L和R，表示此虫洞只允许编号从L到 R的泡泡怪通过，pppfish现在在1号中转站，他想带尽可能多的泡泡怪到达N号中转站，于是 pppfish找到了机智的你，希望你告诉他最多可以带多少个泡泡怪，同时他还想知道所有泡泡怪的编号（若有多组解取字典序最小的一组 )

Input

第一行两个用空格隔开的整数N，M(2<=N<=1000，0<=M<=3000) 接下来M行，每行四个用空格隔开的整数a，b，l，r 表示在a，b中转站间有一个空间虫洞允许编号l~r的泡泡怪通过。（1<=a， b<=N，1<=l<=r<=1e6

Output

第一行一个整数ans，表示最多能携带的泡泡怪数量接下来一行ans个用空格隔开的正整数，表示泡泡怪的编号,从小到大依次输出,如果没有泡泡怪能通过只要输出“0”就可以了

Sample Input

Input1:

4 4
1 2 1 10
2 4 3 5
1 3 1 5
2 4 2 7

Input2:

2 2
1 2 1 3
1 2 4 6

Sample Output

Output1:

6
2 3 4 5 6 7

Output2:

3
1 2 3

Data Constraint

30%的数据 1 <= N,M <= 10
100%的数据 2 <= N <= 1000, 0 <= M <= 3000, 1 <= a, b <= N, 1 <= l <= r <= 10^6

Solution

本题最少有三种方法：最短路、LCT、并查集，我打了前两种。
比赛的时候脑抽，居然不会做，比赛完十分钟切。。
现将用最短路的方法，复杂度有点劣。
我们发现显然答案区间肯定是边权中出现过的数字。
那么我们枚举答案左区间端点，只用符合条件的边，
再从1号点跑最短路，这里边权用右区间端点即可。
我用的是SPFA，时间复杂度为 O(N∗M∗K)O(N∗M∗K)O(N*M*K) 。

Code_1

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cctype>
using namespace std;
const int N=1005;
int n,m,tot,ans,num;
int first[N],nex[N*6],en[N*6],wl[N*6],wr[N*6];
int a[N*3],q[N*N],dis[N];
bool bz[N];
inline int read()
{int X=0,w=0; char ch=0;while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X;
}
inline int min(int x,int y)
{return x<y?x:y;
}
inline int max(int x,int y)
{return x>y?x:y;
}
inline void insert(int x,int y,int l,int r)
{nex[++tot]=first[x];first[x]=tot;en[tot]=y;wl[tot]=l;wr[tot]=r;
}
int main()
{freopen("travel.in","r",stdin);freopen("travel.out","w",stdout);n=read(),m=read();int mn=1e6,mx=0;for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read(),l=read(),r=read();a[i]=l;insert(x,y,l,r);insert(y,x,l,r);}sort(a+1,a+1+m);tot=unique(a+1,a+1+m)-(a+1);for(int i=1;i<=tot;i++){memset(dis,0,sizeof(dis));dis[q[1]=1]=1e6;int l=0,r=1;while(l<r){int x=q[++l];bz[x]=false;for(int j=first[x];j;j=nex[j])if(wl[j]<=a[i] && min(dis[x],wr[j])>dis[en[j]]){dis[en[j]]=min(dis[x],wr[j]);if(!bz[en[j]]) bz[q[++r]=en[j]]=true;}}if(dis[n]-a[i]+1>ans) ans=dis[n]-a[i]+1,num=a[i];}printf("%d\n",ans);for(int i=num;i<num+ans;i++) printf("%d ",i);return 0;
}

然而有更快的方法，那就是LCT，O(N log N)O(NlogN)O(N\ log\ N) 就可以了。
考虑维护最小生成树，将边按右区间端点从大到小加入，
LCT经典维护，边权为左区间端点。
某一时刻若1和n连通，则看看此时能否更新答案即可。

Code2

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cctype>
using namespace std;
const int N=1005;
struct data
{int x,y,l,r;
}a[N*3];
int top,ans,beg;
int fa[N<<2],s[N<<2][2],mx[N<<2],num[N<<2],st[N<<2];
bool rev[N<<2];
inline int read()
{int X=0,w=0; char ch=0;while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X;
}
void write(int x)
{if(x>9) write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
inline bool cmp(data x,data y)
{return x.r>y.r;
}
inline bool pd(int x)
{return x==s[fa[x]][1];
}
inline bool isroot(int x)
{return x^s[fa[x]][0] && x^s[fa[x]][1];
}
inline void modify(int x)
{if(x) swap(s[x][0],s[x][1]),rev[x]^=1;
}
inline void down(int x)
{if(rev[x]){modify(s[x][0]),modify(s[x][1]);rev[x]=false;}
}
inline void update(int x)
{num[x]=mx[num[s[x][0]]]>mx[num[s[x][1]]]?num[s[x][0]]:num[s[x][1]];if(mx[x]>mx[num[x]]) num[x]=x;
}
inline void rotate(int x)
{int y=fa[x],w=pd(x);if(s[y][w]=s[x][w^1]) fa[s[y][w]]=y;if((fa[x]=fa[y]) && !isroot(y)) s[fa[y]][pd(y)]=x;s[fa[y]=x][w^1]=y;update(y);
}
inline void splay(int x)
{for(int y=st[top=1]=x;!isroot(y);y=fa[y]) st[++top]=fa[y];while(top) down(st[top--]);for(int y;!isroot(x);rotate(x))if(!isroot(y=fa[x])) rotate(pd(x)==pd(y)?y:x);update(x);
}
inline void access(int x)
{for(int y=0;x;x=fa[y=x]) splay(x),s[x][1]=y,update(x);
}
inline void mkroot(int x)
{access(x),splay(x),modify(x);
}
inline void link(int x,int y)
{mkroot(x),fa[x]=y;
}
inline void cut(int x,int y)
{mkroot(x),access(y),splay(y);s[y][0]=fa[x]=0;
}
inline int get(int x)
{access(x),splay(x);int y=x;while(s[y][0]) y=s[y][0];return y;
}
int main()
{freopen("travel.in","r",stdin);freopen("travel.out","w",stdout);int n=read(),m=read();for(int i=1;i<=m;i++) a[i].x=read(),a[i].y=read(),a[i].l=read(),a[i].r=read();sort(a+1,a+1+m,cmp);for(int i=1;i<=m;i++){int x=a[i].x,y=a[i].y,z=i+n;mx[num[z]=z]=a[i].l;if(get(x)^get(y)){link(x,z),link(z,y);}else{mkroot(x),access(y),splay(y);if(a[i].l<mx[num[y]]){int pos=num[y];cut(a[pos-n].x,pos),cut(pos,a[pos-n].y);link(x,z),link(z,y);}}if(get(1)==get(n)){mkroot(1),access(n),splay(n);if(a[i].r-mx[num[n]]+1>=ans) ans=a[i].r-mx[num[n]]+1,beg=mx[num[n]];}}write(ans),putchar('\n');for(int i=beg;i<beg+ans;i++) write(i),putchar(' ');return 0;
}

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Output

Sample Input

Input1:

Input2:

Sample Output

Output1:

Output2:

Data Constraint

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Input2:

Sample Output

Output1:

Output2:

Data Constraint

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