我觉得这么 NB 的题为什么只有 2200。

我们考虑用一个 bitset 来维护最大值的可能性。

每一个节点维护一个 bitset \(s\)，\(s[i]\) 为 \(1\) 当且经当这个节点对应的区间的最大值可能为 \(i\)。

对于每个节点的 \(s\)，初值是 \(s[0]=1\)

对于一个操作 \((l,r,k)\)，我们显然可以拆成线段树上的 \(log\) 个区间，那么在一个线段树节点上如何维护这个 \(s\) 呢？

我们考虑选或不选这个操作，如果选了，那么这些最大值都会加上 \(k\)，在 \(s\) 上表示为 \(s<<k\)。

如果不选，\(s\) 还是 \(s\)。

所以最终 \(s\) 就等于 \(s|=(s<<k)\)。

我们将每个节点的 \(k\) 存起来，然后在最后一次 dfs 的过程中，对每个节点的 \(s\) 都做一次上述操作，然后将信息推到儿子上，最后把叶子节点上的 \(s\) 或起来即可。

时间复杂度 \(O(nlogn+\frac{nqlogn}{w})\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
const int N=2e4+8;
inline int read() {
    int s=1,a=0;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {if(c=='-') s=-s;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) a=(a<<3)+(a<<1)+c-'0',c=getchar();
    return s*a;
}
bitset <N> ans,s;
struct sgt {
    vector <int> G[N<<2];
    void change(int l,int r,int p,int s,int t,int k) {
        if(s<=l&&r<=t) {
            G[p].push_back(k);
            return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        if(s<=mid) change(l,mid,ls,s,t,k);
        if(t>mid) change(mid+1,r,rs,s,t,k);
    }
    void solve(int l,int r,int p,bitset <N> now) {
        bitset <N> thi=now;
        for(auto v:G[p]) thi|=(thi<<v);
        if(l==r) {
            ans|=thi;
            return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        solve(l,mid,ls,thi);
        solve(mid+1,r,rs,thi);
    }
} wgj;
int n,q;
vector <int> an;
int main() {
    n=read(),q=read();
    for(int i=1; i<=q; i++) {
        int l=read(),r=read(),k=read();
        wgj.change(1,n,1,l,r,k);
    }
    s[0]=1;
    wgj.solve(1,n,1,s);
    for(int i=0; i<=n; i++) {
        if(ans[i]) an.push_back(i);
    }
    printf("%d\n",an.size()-1);
    for(auto v:an) {
        if(v)
        printf("%d ",v);
    }
    return 0;
}