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题解：这道题，首先可以发现，圆与圆关系只有内含与外离，

            所以可以建立出一个树形结构，

            每个圆的父亲是与这个圆半径相差最小且包含这个圆的圆，

            这样，整个一张图形成了一个森林，可以将圆按半径排序后O(n^2)建立出来。

Solution 1 :  可以对这个森林进行树形dp，

                      因为需要将森林分成两个部分，

                      而且容易发现，对于新形成的森林，深度为奇数的圆贡献为S，偶数为-S，

                      于是对于每棵树分别dp，

                      f[i][0/1][0/1]表示以i为根，2个01变量分别表示到达i时两棵树的深度的奇偶性，

                      显然，因为是树上深度相关，这两个01变量应该从根到儿子进行转移，

                      通过枚举在i位置的选择，dp数组的求解由儿子到根进行转移。

                      (这么设状态可以保证儿子对父亲的贡献总是为正，如果儿子对父亲贡献出现负值，就不符合dp的最优子结构性质了)

                      (菜鸡博主开始设置的状态会使儿子对父亲的贡献可能为负，所以导致比赛时GG   我好菜啊高清重置版)

Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define eps 1e-12
double pi=acos(-1.0);
using namespace std;
struct node
{double x,y,r;
}t[1005];
int n;
int fa[1005];
double f[1005][2][2];
vector <int> vec[1005];
inline bool cmp(node a,node b)
{return a.r>b.r;}
void dfs(int pos)
{if (vec[pos].size()==0)
{f[pos][0][0]=-t[pos].r*t[pos].r*pi;
f[pos][1][1]=t[pos].r*t[pos].r*pi;
f[pos][0][1]=t[pos].r*t[pos].r*pi;
f[pos][1][0]=t[pos].r*t[pos].r*pi;
return;
}
/*
f[pos][0][0]=-t[pos].r*t[pos].r*pi;
f[pos][0][1]=-t[pos].r*t[pos].r*pi;
f[pos][1][0]=t[pos].r*t[pos].r*pi;
f[pos][1][1]=t[pos].r*t[pos].r*pi;
f[pos][0][0]=-t[pos].r*t[pos].r*pi;
f[pos][0][1]=t[pos].r*t[pos].r*pi;
f[pos][1][0]=-t[pos].r*t[pos].r*pi;
f[pos][1][1]=t[pos].r*t[pos].r*pi;
*/
double s[2][2];
memset (s,0,sizeof(s));
for (int i=0;i<vec[pos].size();i++)
{dfs(vec[pos][i]);
int son=vec[pos][i];
s[0][0]+=f[son][0][0];
s[0][1]+=f[son][0][1];
s[1][0]+=f[son][1][0];
s[1][1]+=f[son][1][1];
}
double siz=t[pos].r*t[pos].r*pi;
f[pos][0][0]=max(s[0][1]-siz,s[1][0]-siz);
f[pos][1][0]=max(s[0][0]+siz,s[1][1]-siz);
f[pos][1][1]=max(s[0][1]+siz,s[1][0]+siz);
f[pos][0][1]=max(s[0][0]+siz,s[1][1]-siz);
}
int main (){
    int i,j;
    scanf ("%d",&n);
    for (i=1;i<=n;i++)
    {scanf ("%lf%lf%lf",&t[i].x,&t[i].y,&t[i].r);}
    sort(t+1,t+n+1,cmp);
    for (i=1;i<=n;i++)
    {for (j=i-1;j>=1;j--)
    {if (((t[i].x-t[i].r)+eps>t[j].x-t[j].r)&&((t[i].x+t[i].r)-eps<t[j].x+t[j].r)&&((t[i].y-t[i].r)+eps>t[j].y-t[j].r)&&((t[i].y+t[i].r)-eps<t[j].y+t[j].r))
    {vec[j].push_back(i);fa[i]=j;break;}
    }
    }
    double ans=0;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {if (!fa[i])
    {dfs(i);
    double maxn=-1e18;
    ans+=f[i][1][1];
    }
    }
    printf ("%.12lf\n",ans);
    return 0;
}

Solution 2:  非常妙的贪心，建出树之后，                    

对于树上某个位置i，只要能够使它的贡献为正，就让它贡献为正数。                    

正确性：对于每个圆，若使它贡献为正，与让它贡献为负时相比，答案相差了2*Si.                    

而对于这个圆所对应的子树的选择，整个子树对于答案的贡献不会小于-Si，也不会大于Si，                    

所以显然这种情况下让这个圆贡献为正所取得的收益更大，所以贪心是正确的。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define eps 1e-12
double pi=acos(-1.0);
using namespace std;
struct node
{double x,y,r;
}t[1005];
inline bool cmp(node a,node b)
{return a.r>b.r;}
int n;
int fa[1005],dep[1005];
int main (){
	int i,j;
	scanf ("%d",&n);
	for (i=1;i<=n;i++)
	{scanf ("%lf%lf%lf",&t[i].x,&t[i].y,&t[i].r);}
	sort(t+1,t+n+1,cmp);
	for (i=1;i<=n;i++)
	{for (j=i-1;j>=1;j--)
	{if (((t[i].x-t[i].r)+eps>t[j].x-t[j].r)&&((t[i].x+t[i].r)-eps<t[j].x+t[j].r)&&((t[i].y-t[i].r)+eps>t[j].y-t[j].r)&&((t[i].y+t[i].r)-eps<t[j].y+t[j].r))
	{fa[i]=j;break;}
	}
	}
	double ans=0;
	dep[0]=0;
	for (i=1;i<=n;i++)
	{dep[i]=dep[fa[i]]+1;}
	for (i=1;i<=n;i++)
	{if (dep[i]<=2||dep[i]%2==0) {ans+=pi*t[i].r*t[i].r;}
	else {ans-=pi*t[i].r*t[i].r;}
	}
	printf ("%.12lf\n",ans);
	return 0;
}