题目链接：http://codeforces.com/contest/1106/problem/E
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define ll long long#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define root l,r,rt
#define mst(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define pii pair<ll,ll>
#define mk(x,y) make_pair(x,y)
const int maxn =1e5+2;
const int mod=998244353;
const int ub=1e6;
ll powmod(ll x,ll y){ll t; for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod; return t;}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
/*
题目大意：若干个时间线段，有截止时间和红包权重，
一旦步入，就按红包权重最大选择，其次是截止时间最长，
现在有m次干扰机会，一次干扰可以让一个时间点不可用，问
在干扰采取最优策略情况下能得到的红包最少是多少。题目分析：首先这道题DP方程不难分析，只不过要得出当前位置
其所能转移到的下一个点。
用暴力更新会超时，考虑用容器把每个位置上的端点记录下来，
然后扫描时间线，对于当前时间上的端点，
插入到multiset中（插入对应的d和w二元组）用括号匹配类的思想，
可以维护出当前时间点中所剩余的二元组，利用multiset的自动有序的特点进行更新数组。
初始化这段的时间复杂度应该是O(nlogn)。
其余的见代码，并不复杂。
*/
int n,m,k,s,t,d,w;
int a[2][maxn];///更新数组
ll dp[202][maxn],INF;///决策数组
///数据结构部分
struct node{int x,y,tp;};
vector<node> v[maxn];///
multiset<pair<int,int>> st;
int main(){cin>>n>>m>>k;mst(dp,0xf),INF=dp[0][0];rep(i,0,201) dp[i][n+1]=0LL;while(k--){cin>>s>>t>>d>>w;v[s].push_back(node{w,d,1});v[t+1].push_back(node{w,d,-1});}rep(i,1,n+1){rep(j,0,v[i].size()){int tw=v[i][j].x,td=v[i][j].y,tt=v[i][j].tp;///cout<<tw<<" "<<td<<" "<<tt<<endl;if(tt==1) st.insert(make_pair(-tw,-td));else st.erase(st.find(make_pair(-tw,-td)));}if(!st.empty()) a[0][i]=-(*st.begin()).first,a[1][i]=-(*st.begin()).second;}for(int i=n;i>=1;i--) for(int j=0;j<=m;j++){if(j) dp[j][i]=min(dp[j][i],dp[j-1][i+1]);if(a[1][i]) dp[j][i]=min(dp[j][i],dp[j][a[1][i]+1]+a[0][i]);else dp[j][i]=min(dp[j][i+1],dp[j][i]);}ll ans=INF;rep(i,0,m+1) ans=min(ans,dp[i][1]);cout<<ans<<'\n';return 0;
}