给出大小为n的集合(S_1)，其中第i个元素为((a_i,b_i)),给出大小为m的集合(S_2)，第i个元素为((a_i,b_i))，现在要从集合(S_2)中选出元素i与集合(S_1)的元素j配对，但是要满足(a_ileq a_j),(b_ileq b_j)，然后得到权值(a_i imes 500+b_i imes 2)，询问满足配对数量尽可能多的情况下，最大的权值之和，(1 <= N <= 100000,1 <= M <= 100000),(a_ileq 1440,b_ileq 100)。
解
注意到这个问题考虑起来过于麻烦，于是需要转换模型，考虑转换为数列模型，不妨将两个集合合并成一个集合，并标记好属于哪个集合，属于(S_1)标记为1，否则标记为0，然后统一按照(b_i)为关键字从小到大排序，如果(b_i)相同则按起被标记的号子大小排序（含义就是属于(S_1)要在后面，往后看，你就知道为什么了），记新的数列中第i个元素为((a_i,b_i,l_i))（其中(l_i)对应其被标记的数字）。
先考虑如何选得多。
注意到此时对于其中一个(l_i=1)的元素，因为b已经从小到大排序，能够与之配对的元素j必然是它的前面的(l_j=0)，且(a_jleq a_i)的元素，不妨暴力找出这些元素，现在问题是如何选择这些元素与i配对，朴素的感觉告诉我们最大的满足条件的(a_j)。
首先证明(i)能够选择一个元素与之配对，否则让出前面的元素给后面的不会配对的元素的配对，结果不改变，如果是让后面的一个会配对的元素配对，放弃它的配对的元素，从而可以让一个新的元素能够配对，也不会改变结果，于是i一定可以选择。
然后对于i的选择，对于可以选择(j,k(a_k<a_j))，必然对于后面的元素，要么都不能选择，显然此时i选择一个元素是优秀的，要么是k能够选择，j不能选择，i选择了是优秀的，或者是都能选择，此时i选择任意一个都可以，于是选择(j)一定优秀。
现在问题是如何查询小于(a_i)的最大的(a_j)，决策集合有增减，显然想到维护单调性，于是一棵平衡树就可以支持查询这个元素（显然用set替代），并且支持快速插入和删除，于是我们可以做到选的多。
现在问题在于如何使结果尽可能大，注意到一个性质，(a)带来的价值远大于(b)，也就是一个b能够带来最大的权值为(200),而a增加一个数字，就能增加(500),于是只要让a尽可能优秀，结果就会更加优秀了，因此我们寻找尽可能大的(a_j)的策略保证了a最大，是非常优秀的。
还存在一个问题，也就是如果(a_i)相同如何选择，显然选择(b_i)较大的，这个也不难，只要在平衡树再加一个关键字就是按照(b)排序，注意此时查询时，对应的b要赋值为无穷大（不理解看代码）。
因此我们就可以(O(nlog(n)))解决这个问题，事实上你可以不用平衡树，因为(a_i)很小，可以桶排查找这个最大值，于是你可以改成在(O(na_i))解决这个问题，理论时间复杂度很高，但常数很小。
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <set>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define il inline
#define ri register
#define ll long long
#define Size 250000
#define intmax 0x7fffffff
using namespace std;
struct san{
int x,y,l;
il bool operator<(const san&a)const{
return x==a.x?y<a.y:x<a.x;
}
}I[Size];
multiset<san>S;
multiset<san>::iterator gzy;
il void read(int&);
il bool comp(const san&,const san&);
int main(){int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){S.clear(),memset(I,0,sizeof(I));
for(int i(1);i<=n;++i)read(I[i].x),read(I[i].y),I[i].l=1;
m+=n;for(int i(n+1);i<=m;++i)read(I[i].x),read(I[i].y);
sort(I+1,I+m+1,comp);int tot(0);ll ans(0);
for(int i(1);i<=m;++i){
if(I[i].l){
if(S.empty())continue;
I[i].y=intmax,gzy=S.upper_bound(I[i]);
if(gzy==S.begin())continue;
--gzy,++tot,ans+=gzy->x*500+gzy->y*2;
S.erase(gzy);
}else S.insert(I[i]);
}printf("%d %lld
",tot,ans);
}
return 0;
}
il bool comp(const san&a,const san&b){
return a.y==b.y?a.l<b.l:a.y<b.y;
}
il void read(int &x){
x^=x;ri char c;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
}