题目传送门（内部题134）
输入格式
第一行两个数$N,L$。
接下来$N$行每行两个数$A_i,B_i$。
接下来$N$行每行一个整数$C_i$。
输出格式
一行一个整数表示答案，无解输出$-1$。
样例
样例输入1：
3 9
6 3
5 2
3 1
2
2
2
样例输出1：
2
样例输入2：
5 20
3 2
4 2
6 3
8 4
10 5
4
2
3
4
5
样例输出2：
-1
数据范围与提示
对于$40\%$的数据，$N\leqslant 1,000$；
对于额外$20\%$的数据，$B_i=0$；
对于额外$20\%$的数据，$C_i=0$；
对于$100\%$的数据，$n\leqslant 10^5,0\leqslant A_i,B_i,C_i\leqslant 10^9$。
题解
瞎打都能过的题……
考场打了个假贪心$A$掉了，然而打部分分的$KX$表示不服（因为数据中没有给部分分），于是他就跟教练要求要出数据，于是……
上面的$KX$有他博客的链接，欢迎大家消费$+$吐槽。
考场上的贪心实际上已经很接近正解了。
首先，按$A_i-B_i$排序，在爬不上去的情况下一定是优先选择$A_i-B_i$最大的。
然后发现其实有的时候可以用一个$A_i$很大的“冲”上去，所以开一个大根堆就好了。
但是还有一个情况，我们可以用一些$A_i-B_i$比较小的“积蓄能量”，然后用一个$A_i-B_i$较大但是$A_i$更大的“冲”上去。
然后发现只与最后一个有关，所以可以只考虑最后一个选什么，用倍增思想维护即可。
时间复杂度：$\Theta(n\log n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int A,B,delta;}e[100001];
int N;
long long L;
long long C[100001],S[100001],F[20][100001];
int lg[100001];
int limits;
bool vis[100001];
int ans=0x3f3f3f3f;
bool cmp(rec a,rec b){return a.delta>b.delta;}
int cal(int l,int r){return min(F[lg[r-l+1]][l],F[lg[r-l+1]][r-(1<<lg[r-l+1])+1]);}
int main()
{
scanf("%d%lld",&N,&L);vis[0]=1;
for(int i=2;i<=N;i++)lg[i]=lg[i>>1]+1;
for(int i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%d%d",&e[i].A,&e[i].B);
e[i].delta=e[i].A-e[i].B;
}
sort(e+1,e+N+1,cmp);limits=N;
for(int i=1;i<=N;i++)if(e[i].delta<0){limits=i-1;break;}
for(int i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%d",&C[i]);
C[i]+=C[i-1];
S[i]=S[i-1]+e[i].delta;
F[0][i]=S[i]+e[i].delta-C[i];
if(vis[i-1]&&C[i]<S[i])vis[i]=1;
}
for(int i=1;i<=lg[N];i++)
for(int j=1,s=(1<<(i-1));j<=N-(1<<j)+1;j++)
F[i][j]=min(F[i-1][j],F[i-1][j+s]);
long long now;
int pos;
for(int i=1;i<N;i++)
{
now=L+e[i].delta-e[i].A;
pos=lower_bound(S+1,S+limits+1,now)-S;
if(pos==limits+1)continue;
if(vis[i-1]&&pos>i)
if(cal(i,pos)>e[i].delta)
ans=min(ans,pos);
}
for(int i=N,mx=0;i>=0;i--)
{
if(vis[i]&&S[i]+mx>=L)
ans=min(ans,i+1);
mx=max(mx,e[i].A);
}
if(ans==0x3f3f3f3f)puts("-1");
else printf("%d\n",ans);
return 0;
}
rp++