题意
有两种菜，第一种菜有 \(n\) 个步骤，有花费时长 \(ta_i\)，限制 \(la_i\)，价值 \(wa_i\)；第二种菜有 \(m\) 个步骤，有花费时长 \(tb_i\)，限制 \(lb_i\)，价值 \(wb_i\)。
对于一种菜的步骤 \(i\)，他需要完成该菜的步骤 \(1\sim i-1\) 才能进行该步骤。而你需要规划做这两道菜的步骤（两道菜的步骤可以交替进行），对于第一道菜的每个步骤 \(i\)，若你在 \(la_i\) 时刻时已经完成了步骤 \(i\)，那么你会获得 \(wa_i\) 的收益；第二道菜同理。你需要最大化做完这 \(n+m\) 个步骤后的收益和最大值。
\(n,m\le 10^6,|wa_i|,|wb_i|\le 10^9\)。
分析
设 \(f_{i,j}\) 表示第一道菜做了 \(1\sim i\) 步骤，第二道菜做了 \(1\sim j\) 步骤的最大收益。转移显然。
一个显然的性质：如果要获得 \(wa_i\) 的贡献，那么第二道菜必须完成不超过 \(pa_i\) 个步骤。对于 \(wb_i\) 同理，我们也有一个 \(pb_i\)。
扫描线 \(i\)，考虑用数据结构维护 \(f_{*,j}\)。考虑将 \(wa_i,wb_i\) 的贡献在加入 \(a_*\) 时计算：
- \(wa_i\) 的贡献，考虑先将 \(wa_i\) 加入 \(ans\) 中，当加入 \(a_i\) 时，若已经选了 \(b_{pa_i+1}\) 则有 \(-wa_i\) 的贡献。
- \(wb_i\) 的贡献，考虑当加入 \(a_{pb_i+1}\) 时，若已经选了 \(b_i\)，则有 \(wb_i\) 的贡献。
这样我们就相当于在加入 \(a_i\) 时会对 \(f_{*,j}\) 的一段后缀加，加完后令 \(f_{*,j}\) 取前缀最大值。
考虑差分，那么后缀加就相当于单点加，前缀最大值相当于前缀和最大值。考虑用 map 维护差分，那么 \(f_{*,j}\) 的值就是下标 \(\le j\) 的点值和。
若加入了一个非负数，那么直接加显然没问题。否则，将加入的这个数与下标在其之后的差分值兑掉，如果差分值归零那么删掉这个位置，否则加入的值归零，差分值会相应的减少，然后退出。如果加入的值把其之后的差分值都兑掉了，那么最后就不加入 map。注意到若先负后正那么负数的贡献会被错误的少加入，所以要先正后负。由于差分值只会被加一次删一次，总复杂度 \(O(n\log n)\)。
int n,m;
int ta[maxn],la[maxn],wa[maxn],sa[maxn];
int tb[maxn],lb[maxn],wb[maxn],sb[maxn];
vector<pii>v[maxn];
map<int,int>f;
int ans;
void ins(int x,int val){if(val>=0)return f[x]+=val,void();for(auto it=f.lower_bound(x);it!=f.end();it=f.erase(it)){int id=it->fi;if(it->se+val>=0){f[id]+=val;return;}else{val+=it->se;}}
}
inline void solve_the_problem(){n=rd(),m=rd();rep(i,1,n)ta[i]=rd(),la[i]=rd(),wa[i]=rd(),sa[i]=sa[i-1]+ta[i];rep(i,1,m)tb[i]=rd(),lb[i]=rd(),wb[i]=rd(),sb[i]=sb[i-1]+tb[i];rep(i,1,n)if(la[i]>=sa[i]){int ps=upper_bound(sb+1,sb+m+1,la[i]-sa[i])-sb;ans+=wa[i];if(ps<=m)v[i].emplace_back(mp(ps,-wa[i]));}rep(i,1,m)if(lb[i]>=sb[i]){int ps=upper_bound(sa+1,sa+n+1,lb[i]-sb[i])-sa;if(ps<=n){v[ps].emplace_back(mp(i,wb[i]));}else{ans+=wb[i];}}rep(i,1,n){sort(all(v[i]),[](pii x,pii y){return x.se>y.se;});for(pii _:v[i]){int x=_.fi,val=_.se;ins(x,val);}}for(auto i:f)ans+=i.se;write(ans);
}
