两两不交？树形关系！
但是暴力建树是 (O(n^2)) 的。如何优化建树？
法一：K-D Tree 优化建树
毕竟这是个二维问题，K-D Tree 最擅长搞了。然后我们会发现，这种方法只有70pts。不过也没必要吃惊，毕竟 K-D Tree 的复杂度本来就是 (O(玄学))。
法二：扫描线
我们拿出远古时期（这里指五个月前）学过的算法：扫描线。从左向右扫，动态维护纵轴信息。
由于题目保证圆圆不交，纵轴上的相对关系永远不变（除非扫过了某个圆）。而我们只需要知道新加的那个圆旁边（或者包住它的）那个圆的贡献类型即可。
直接用 set 维护加入的圆，分上半圆（上括号）和下半圆（下括号），不过要重载运算符，需要比较的时候现场算纵坐标。对于每个新加的圆，我们查它的前驱（下驱）是不是上括号，据此判断贡献类型。
值得注意的是，扫描线与圆相切的时候（题目保证圆圆不相切，但是扫描线肯定会与圆相切），可能会出一些奇奇怪怪的错误，因此我们最好在算纵坐标的时候根据类型加减 (eps)，防止“相等”。
还有，set 有一个非常好用的功能：(insert) 函数有一个 pair 类型的返回值，其中第一个是迭代器，第二个是插进去的值。这样我们就不用再 (lower_bound) 惹出事端。
关键代码（tbl风格，因为我借鉴他的题解）：
struct cir {
int type, x, y, r, cur;
cir(int t = 0, int xx = 0, int yy = 0, int rr = 0, int curr = 0) {
type = t, x = xx, y = yy, r = rr, cur = curr;
}
inline double gety() { return y + type * (sqrt(r * r - (x - nw) * (x - nw)) + eps);}
}ci[N << 1];
bool operator <(cir a, cir b) {
double t1 = a.gety(), t2 = b.gety();
return t1 - t2 < -eps;
}
PII pr[N << 1];
set<cir> st;
int Tp[N];//Attention!!!
signed main() {
read(n);
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
int x, y, r; read(x), read(y), read(r);
ci[i] = cir(1, x, y, r, i);
ci[i + n] = cir(-1, x, y, r, i);
}
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
pr[i] = MP(ci[i].x - ci[i].r, i), pr[i + n] = MP(ci[i].x + ci[i].r, i + n);
sort(pr + 1, pr + 1 + n + n);
for (register int i = 1; i <= n + n; ++i) {
int d = pr[i].second;
nw = pr[i].first;//Attention!!!!
if (d <= n) {
set<cir>::iterator it = st.insert(ci[d]).first;
if (it == st.begin()) Tp[d] = 1;
else {
--it;
int t = (*it).type;
if (t == 1) Tp[d] = Tp[(*it).cur];
else Tp[d] = -1 * Tp[(*it).cur];
}
st.insert(ci[d + n]);
} else {
d -= n;
st.erase(ci[d]); st.erase(ci[d + n]);
}
}
int ans = 0;
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
ans += Tp[i] * ci[i].r * ci[i].r;
printf("%lld
", ans);
return 0;
}