「CF559E」 Gerald and Path
为啥我现在做啥题都在想网络流啊
考虑 ( exttt{DP})。
容易想到状态应该包含当前枚举了前 (i) 条线段，且第 (i) 条线段的方向。
然后你会发现计算贡献并不方便，因为你新加一条线段并不能非常方便的算出它对答案的贡献。
于是我们考虑先对线段端点排序，再考虑储存当前最靠右的线段端点位置，这样新加一条线段的贡献可能会更好计算。
然后你发现还是有特殊情况，有可能你新加的这一条线段不仅两端有贡献，中间也有贡献，你觉得很烦。
图大概长这样
然后你发现事实上 (b) 线段和 (c) 线段可以合并看成实际上只有一条线段，即端点在 (c) 线段右边的线段若被完全包含就不管，能合并就合并掉了，问题就转变成只有两端有贡献了。
所以状态为 (f_{i,j,0/1}) 表示前 (i) 条线段，最右端点为 (j)，第 (i) 条线段的方向为左/右的答案。
转移即可，注意上面说到的类似于合并线段的问题即可。时间复杂度为 (O(n^3))。
/*---Author:HenryHuang---*/
/*---Never Settle---*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e2+5;
pair<int,int> seg[maxn];
int f[maxn][maxn][2];
int ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>seg[i].first>>seg[i].second;
sort(seg+1,seg+n+1);seg[0].first=-(1<<30);
for(int i=0;i<=n;++i){
for(int j=0;j<=i;++j){
for(int k=0;k<2;++k){
ans=max(ans,f[i][j][k]);
int nr=seg[j].first+seg[j].second*k,mx=-(1<<30),x=0,y=0;
for(int l=i+1;l<=n;++l){
for(int m=0;m<2;++m){
int tr=seg[l].first+seg[l].second*m;
if(tr>mx) mx=tr,x=l,y=m;
f[l][x][y]=max(f[l][x][y],f[i][j][k]+mx-tr+min(seg[l].second,tr-nr));
}
}
}
}
}
cout<<ans<<'
';
return 0;
}