考虑所有$c=1$时,就是个经典的贪心:按右端点排序, 如果当前考虑的线段之内有点则跳过,否则选择最右边的点.
对于一般情况,设$c_i-$线段中已有的点数量 为$k$.
若$k<0$则跳过,否则选择最靠右的$k$个未被选择的点.
直接做时间复杂度为$\mathcal O(nV),V$为值域.
考虑数据结构优化.对于位置$pos$,有点记为1,无点记为0.因此”线段中已有的点数量”等价于一个区间和问题.
考虑”选择最靠右的$k$个未被选择的点.”.寻找某个常数的第$x$个位置是线段树/平衡树 上二分的经典问题.因此每次找当前区间右端点最左侧的0,并暴力单点修改即可,时间复杂度是$\mathcal O(n\log n+V\log V)$
//告别时间复杂度玄学的判负环,从我做起

/**********/
#define MAXN 50011
struct Segment_Tree
{
    ll t[MAXN<<2|1];
    #define rt t[num]
    #define tl t[num<<1]
    #define tr t[num<<1|1]
    ll Qsum(un ql,un qr,un l=1,un r=MAXN-1,un num=1)
    {
        if(ql<=l&&r<=qr)return rt;
        un mid=(l+r)>>1;ll ans=0;
        if(ql<=mid)ans+=Qsum(ql,qr,l,mid,num<<1);
        if(qr>mid)ans+=Qsum(ql,qr,mid+1,r,num<<1|1);
        return ans;
    }
    void modify(un pos,ll k,un l=1,un r=MAXN-1,un num=1)
    {
        if(l==r){rt+=k;return;}
        un mid=(l+r)>>1;
        if(pos<=mid)modify(pos,k,l,mid,num<<1);
        else modify(pos,k,mid+1,r,num<<1|1);
        rt=tl+tr;
    }
    ll Qkth(ll k,un l=1,un r=MAXN-1,un num=1)//Query k-th 0
    {
        if(l==r)return l;
        un mid=(l+r)>>1;
        ll fl=mid-l+1-tl;
        if(k<=fl)return Qkth(k,l,mid,num<<1);
        else return Qkth(k-fl,mid+1,r,num<<1|1);
    }
}sgt;
struct Seg
{
    ll l,r,c;
    bool operator <(const Seg& t)const{return r<t.r;}
}a[MAXN];
int main()
{
    ll n=read(),ans=0;
    for(ll i=1;i<=n;++i)a[i].l=read()+1,a[i].r=read()+1,a[i].c=read();
    std::sort(a+1,a+n+1);
    for(ll i=1;i<=n;++i)
    {
        ll k=a[i].c-sgt.Qsum(a[i].l,a[i].r);
        if(k<0)continue;
        ans+=k;
        while(k--)
        {
            ll pos=sgt.Qkth(a[i].r-sgt.Qsum(1,a[i].r));
            sgt.modify(pos,1);
        }
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}