思路

首先，要求收益最大化，且选择方式没后效性，可以很自然的想到贪心。

注意到题目中给定 $x<1440$，$y\le100$，且贡献为 $(500\times x_i+2\times y_i)$，$y$ 取到最大值也没有 $x$ 的贡献大。我们可以对于每个机器，任务进行排序。按照 $x$ 为第一关键字，$y$ 为第二关键字排序。

排完序之后，确保了 $x_i$ 是单调递减的，这一点很重要，在后续我会反复强调。我们现在就可以枚举每一个任务，看看是否能完成。对于每一个任务，假设先不考虑等级限制，如果时间长的任务我们可以完成，那么时间短的任务更加不用说了，肯定可以完成。这样我们考虑用贪心的思想，用等级最低且能完成这个任务的机器才是最优的，这样可以节省更多高等级机器留着以后去用，因为 $x_i$ 是单调递减的，所以对于 $x_i$ 不用担心，前面的机器能完成，后面的机器更加能完成，主要就是 $y_i$ 的限制了。

所以我们可以维护一个 multiset，存储所有能够完成该任务的机器的等级，注意，由于 $x_i$ 的单调性，我们不用每一次重新维护 multiset，而是继承上一次的值。

基于贪心，且 multiset 自带排序功能，我们可以二分查找第一个大于等于任务等级的机器等级，然后累加答案。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e5 + 10;
PII a[N], b[N];
int main() {
    int n, m;
    scanf("%d%d", &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 + n + 1);
    sort(b + 1, b + m + 1);
    long long cnt = 0, ans = 0;
    multiset<int> s;
    s.clear();
    for (int i = m, j = n; i >= 1; i--) {
        while (j > 0 && a[j].first >= b[i].first) {
            s.insert(a[j].second);
            j--;
        }
        auto 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;
}