传送门

首先对于 $b>0$ 的工作显然有个贪心,把 $b>0$ 的按 $a$ 从小到大排序

把能做的都做了,然后得到一个最大等级

剩下就是考虑 $b<0$ 的工作了,看到数据显然可以 $O(nr)$ 考虑 $dp$,设 $f[i][j]$ 表示考虑完前 $i$ 个工作,当前等级为 $j$ 时能完成的最大工作数

然后发现这样搞有点问题,因为工作考虑的顺序是会影响到最终答案的,可能先做后面的工作再来做前面的工作可以做两个,但是如果先做前面的再做后面的可能会发现等级不够了...

考虑给所有工作确定一个顺序,使得如果先做 $2$ 不能做 $1$ ,并且先做 $1$ 可以做 $2$ ,则把 $1$ 排在 $2$ 前面考虑

设 $x+b_2<a_1$,$x+b1>=a2$ (注意这里 $b<0$),那么有 $x<a_1-b_2,x>=a_2-b_1$,即 $a_2-b_1<a_1-b_2$

所以排序时根据 $a_1-b_2$ 从大到小排序即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
int x=,f=; char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
return x*f;
}
const int N=,M=;
int n,m;
struct dat {
int a,b;
dat (int _a=,int _b=) { a=_a,b=_b; }
inline bool operator < (const dat &tmp) const {
return a-tmp.b>tmp.a-b;
}
};
vector <dat> C,D;
inline bool cmp(const dat &A,const dat &B) { return A.a<B.a; }
int ans,f[N][M];
int main()
{
n=read(),m=read(); int a,b;
for(int i=;i<=n;i++)
{
a=read(),b=read();
if(b<) D.push_back(dat(a,b));
else C.push_back(dat(a,b));
}
sort(C.begin(),C.end(),cmp); sort(D.begin(),D.end());
for(auto A: C) if(m>=A.a) m+=A.b,ans++;
memset(f,~0x3f,sizeof(f)); f[][m]=;
int len=D.size(),res=;
for(int i=;i<=len;i++)
{
for(int j=;j<=m;j++)
{
f[i][j]=f[i-][j];
if(j-D[i-].b>=D[i-].a) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-][j-D[i-].b]+);
res=max(res,f[i][j]);
}
}
printf("%d\n",ans+res);
return ;
}

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