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可以发现，我们并不需要对所有节点进行枚举，我们只需要对所有端点甚至只需要枚举右端点即可。

因为如果这个不是端点，那么在它右边的点和它所在的区间个数相同，同时右边的点必然大于这个点，所以不用考虑这个点。

按照线段覆盖问题求出每个点的覆盖情况即可，也可以说是一维扫描线（雾

时间复杂度：O(nlog⁡n)O(n\log n)，主要是排序耗时间。

Code

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// Problem: P2352 队爷的新书
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P2352
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
//#define M
//#define mo
#define N 100010
struct node
{
	int x, k; 
}a[2*N]; 
int n, m, i, j, k; 
int ans; 

bool cmp(node x, node y)
{
	if(x.x==y.x) return x.k>y.k; 
	return x.x<y.x; 
}

signed main()
{
//	freopen("tiaoshi.in", "r", stdin); 
//	freopen("tiaoshi.out", "w", stdout); 
	n=read(); 
	for(i=1; i<=n; ++i)
	{
		a[i*2-1].k=1; a[i*2].k=-1; 
		a[i*2-1].x=read(); a[i*2].x=read(); 
	}
	sort(a+1, a+2*n+1, cmp); 
	for(i=1; i<=2*n; ++i)
	{
		ans=max(ans, k*a[i].x); 
		k+=a[i].k;  
	}
	printf("%lld", ans); 
	return 0; 
}