题目描述
【故事背景】
刚从俄罗斯旅游回来的JYY买了很多很多好看的套娃作为纪念品！比如右
图就是一套他最喜欢的套娃J。JYY由于太过激动，把所有的套娃全
部都打开了。而由于很多套娃长得过于相像，JYY现在不知道该如何把它们装
回去了（他实在搞不清，应该把哪个套娃装到哪个里面去了）。
JYY一共有N个拆开的套娃，每个套娃从1到N编号。编号为i的套娃有一个外径Outi和一个内径Ini（Ini<Outi）。
对于套娃i和套娃j，如果满足Outi<INj，那么套娃i就可以装到套娃j里面去。
注意，一个套娃内部，不允许并排的放入多个套娃。
也就是说，如果我们将i装到j的内部之后，还存在另一个套娃k，也满足Outk<Inj，我们此时是不允许再将k放
到j内部的（因为j的内部已经放入了i）。但是，如果k还满足Outk<Ini，那么我们允许先将k放到i的内部，
然后再把k和i作为一个整体放入j的内部。
JYY认为一套好的套娃，内部的空隙一定是尽量少的。如果套娃j内部装入了套娃i，那么我们认为，套娃j内部
产生的空隙为Inj-Outi；如果套娃j的内部什么也没有装，那么套娃j的空隙则就是Inj。
JYY也希望，那些长得更加好看的套娃，里面可以填的尽量满一些；而相对
那些不那么好看的套娃，JYY也就相对不那么介意一些。为此JYY对于编号为
i的套娃设置了一个好看度Bi，如果这个套娃内部还存在K的空隙，那么JYY对
于这个套娃就会产生K*Bi的不满意度。
JYY对于一个套娃安装方案的不满意度，就是每个套娃产生的不满意度的总
和。JYY希望找出一个，不满意度最小的套娃安装方案。
输入
第一行包含一个正整数N。接下来N行，每行包含三个正整数Outi,Ini,Bi，表示i号套娃的外径，内径，以及好看度。N<=2∗10^5,1<=Ini<Outi<=10^4,1<=Bi<=10^9
输出
输出文件包含一行一个整数，表示不满意度的最小值
样例输入
3
5 4 1
4 2 2
3 2 1
5 4 1
4 2 2
3 2 1
样例输出
7
我们先将所有的$k_{i}$加入答案，即$ans=\sum\limits_{i=1}^{n}in_{i}*b_{i}$。
现在考虑将$i,j$两个套娃合并，即将$i$放入$j$中的贡献：答案会减少$out_{i}*b_{j}$。
显然对于每个套娃，我们一定会将外径小于它的内径中最大的与他合并。
那么我们贪心地将$b_{i}$从大到小排序，枚举套娃，每次选择当前套娃能装下的最大的进行合并。
可以证明对于$b_{i}>b_{j},out_{k}>out_{l}$且保证$k,l$均能与$i,j$合并时，$b_{i}*out_{k}+b_{j}*out_{l}>b_{i}*out_{l}+b_{j}*out_{k}$。
用$multiset$保存当前剩下的套娃即可。
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
struct miku
{
int in,out,b;
}a[200010];
multiset<int>s;
multiset<int>::iterator it;
int n;
ll ans;
bool cmp(miku a,miku b)
{
return a.b>b.b;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a[i].out,&a[i].in,&a[i].b);
ans+=1ll*a[i].in*a[i].b;
s.insert(a[i].out);
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
it=s.lower_bound(a[i].in);
if(it!=s.begin())
{
it--;
ans-=1ll*a[i].b*(*it);
s.erase(it);
}
}
printf("%lld",ans);
}