この質問は難易度の正しさを証明しました。
オーダー\（F_iとは\）を表し（[1、i]を\ \ ） 最小コストが完全に覆われています。答えは（F_M \）\。
最初は間隔追加することがわかった\（[0,0する] \）の答えには影響を与えません。だから、\（のf_i \）初期値のは次のように設定することができます\（I \） 。（これは非常に重要であり、適切ではないではありません！）
転送、場合\（Iは\）から完全にし、いくつかの初期の間隔を、被覆されている\（F_ {I-1} \） 転送します。
その後、各間隔を列挙する場合は区間内の右のポイント\（I \）左、この間隔がちょうど十分な拡張をカバーするために計算されます（I \）\した後、左のエンドポイント。すなわちから\（F _ {\ MAX（ 0、L [J] - （IR [J]））} + IR [J] \） によって転送されます。
各セクションは、拡張された状態に揚げされる内容をメモは、拡張が初期間隔から開始しています。
時間複雑\（O（nm）を\） 。
彼は正当化し始めました。
、唯一の区間の左側をカバー右を検討する必要性を証明しない最初の考えてみましょう。
実際には、右を覆う部分も考慮され、これらの点をスキップする移すとき（このセクションで膨張した後です）。そこで、制御されません。
そして、最初の範囲から拡大し始めたことを証明最適なソリューションです。
あなたはポイントに拡大することを示し、範囲の拡大に基づいて拡大していくために必要がある場合は、\（私は\）ポイントへの最後の展開でなければなりません（J \）\に展開する権利（私は\）\後左の点間隔はスキップされている必要があります\（J \） 。そして、我々は使用する最後です\（I \）この最初の拡張の真ん中が必要ではないので、（なぜなら拡大を継続する必要性）状態。
だから、これは起こることができません。
次の展開は、カバーにちょうど十分な証明（\ I）\最適解である以上カバーするために拡張する必要はありません最適な解決策であり、（私は\）\少し。
あなたはより多くの拡張が必要な場合は、間隔が短くなっていることを左のように、左に多くのポイントをカバーすることができるので、それがなければなりません（以上カバーにか、他\（I \）場所\（のf_iは\）完全に不要です）。
しかし、インターバルの付加\（[0,0] \） （はい、このにおけるその役割）は、存在しなければならない\（+ F_ {I}。1 \ルF_iと+。1 \） （ためにカバー\（I \）の間隔）は、更に、グリッドを拡張することができます。
間隔はもっと良いはずスキップする権利の移転後の点はそう。それはに拡張する必要はありません\（I \）を右に。
だから、これは右にあります。
コード
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=100010;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
char ch=getchar();ll x=0,f=0;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?-x:x;
}
int n,m,x[maxn],s[maxn],f[maxn];
int main(){
n=read();m=read();
FOR(i,1,n) x[i]=read(),s[i]=read();
f[0]=0;
FOR(i,1,m){
f[i]=i;
bool flag=false;
FOR(j,1,n) if(x[j]+s[j]>=i && x[j]-s[j]<=i) flag=true;
if(flag) f[i]=f[i-1];
FOR(j,1,n) if(x[j]+s[j]<i) f[i]=min(f[i],f[max(0,2*x[j]-i-1)]+i-(x[j]+s[j]));
}
printf("%d\n",f[m]);
}