不靠谱做法：随机化。
靠谱做法：观察发现当k<4时，答案一定处于一个关键矩形(min(r[i]),max(l[i]),min(y[i]),max(x[i]))的边界。
如果不处在边界上，显然可以把它移到边界。
当k<4时，由抽屉原理可得一定有一个关键点在某个定点。
搜索所有顶点，在搜索中可以删除这个点，移除所有包含它的矩形再做一遍算法。
这个算法在k<4是正确的。但是在k=4时，可能所有点都在边上，显然上面的算法错误。
问题被我们转化成了求一个让所有点都在边上的一组解。使用4个变量描述边被选择的位置。
考虑每个矩形，问题实际上可以被分成几类讨论：
1.矩形完全包含关键矩形，不作处理
2.矩形与关键矩形不交于边界，无解（题目不会无解）
3.矩形与关键矩形交于一角，则问题转化为两个不等式有至少1个要成立。
4.矩形与关键矩形交于一边，则问题转化成要求一个不等式成立。
5.矩形覆盖了关键矩形的一边，则这一边一定有一个点在这个矩形中，所以不作处理
实际上，可以使用2sat解决这个问题。
设f[x][i]表示x是否<=i，则~f[x][i]=x是否>i
所以，l<=x<=r实际上就是让f[x][l-1]为false，f[x][r]为true，就是让2个变量为true则4情况可以被处理。
3情况的处理可以把不等式转化一下。
l<=a<=r且x<=b<=y就是(~f[a][l-1]&f[a][r])|(~f[b][x-1]&f[b][y])
这个不是2sat形式，但是可以使用or的分配律转化成(~f[a][l-1]|~f[b][x-1])&(~f[a][l-1]|f[b][y])&(f[a][r]|~f[b][x-1])&(f[a][r]|f[b][y])
变成了4个公式，内部的形式形如(x|y)，用and运算符连接，这样子就变成了2sat形式。
把所有f[x][l]->f[x][l+1]连边，则跑一下2sat，用tarjan的dfs序输出方案即可
注意要离散化。这道题中如果直接跑2sat，则时间复杂度高达$O(10^9)$。
实际上，这道题可以把r和l-1这些关键点存下来，关键点到下一个关键点的一段的值肯定是相同的。所以可以把连续相同的点缩在一起，时间复杂度降到O(nlogn)
总时间复杂度$O(nlogn+n*4^k)$