算法：贪心

对于每一个任务：

• $y$ 的差异最多能使利润$w$浮动$2 * 100 = 200$元。

• $x$ 差$1$，则会使利润$w$浮动$500$元

所以，$y$对利润的影响较小，$x$与其利润$w$的关系成对应关系（即$x_{i} < x_{j}$，则$w_{i}<w_{j}$，仅当$x_{i} = x_{j}$，再按照$y$考虑即可。

策略可以变成以$x$从大到小的顺序考虑每一个任务，如果能匹配机器，则从能匹配的机器中选择机器$y$最小的一个。

匹配机器

1. 先用$x$分别从大到小排序任务与机器。

2. 对于每一个任务，把时间充足的机器放入集合中。

3. 若存在，从集合中找出级别最低的机器使用，并且从集合中删除那个机器。

这种处理顺序可以保证：在处理第下一个任务时，集合中的机器时间都是充足的。且找机器的时间复杂度处于$O(M+N)$级别。
$STL$的$\text{multiset}$恰好支持从序列中查找大于等于某数的最小值。

时间复杂度：O(MlogN + N)

$\text{multiset}$的$lowerbound$时间为$O(logN)$的…

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;

const int N = 100000 + 10;
int n, m;
PII a[N],b[N];
int main(){
    while(cin >> n >> m){
        for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].first >> a[i].second;
        for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> b[i].first >> b[i].second;

        sort(a + 1,a + 1 + n); sort(b + 1,b + 1 + m);

        multiset<int> s; s.clear();
        long long cnt = 0, ans = 0;
        for(int i = m, j = n; i >= 1; i--){
            //将时间足够的机器放到set中 
            while(j >= 1 && b[i].first <= a[j].first)s.insert(a[j--].second);

            multiset<int>::iterator it = s.lower_bound(b[i].second);
            if(it != s.end()){
                cnt ++;
                ans += 500 * b[i].first + 2 * b[i].second;
                s.erase(it);
            }
        }
        cout << cnt << " " << ans << endl;
    }
    return 0;
}