Solution
思路太妙，我想不到
一个位置的机器人能及时到达另一个位置去接糖果，当且仅当位置之差小于等于时间差，从 (i) 走到 (j) 用符号表示为
[T_j-T_igeq |S_j-S_i|
]
把绝对值拆掉
[egin{cases}
T_j-T_igeq S_j-S_i\
T_j-T_igeq S_i-S_j
end{cases}]
再移项，把 (i) 和 (j) 分别移到其中一边
[egin{cases}
T_j-S_jgeq T_i-S_i\
T_j+S_jgeq T_i+S_i
end{cases}]
将两边看成一个整体，将 (T_x-S_x) 当成横坐标，将 (T_x+S_x) 当成纵坐标。若能从 (i) 走到 (j)，那么点 ((T_i-S_i，T_i+S_i)) 一定在以点 ((T_j-S_j，T_j+S_j)) 为右上角的矩形内。所以就转换为了二维偏序。先按第横坐标为第一关键字纵坐标为第二关键字排序之后，一个机器人能接住的糖就是点纵坐标单调不降的一个子序列。使机器人个数最小化，实际上是用最少的没有交集的单调不降子序列来覆盖原序列。见导弹拦截。
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 100007
inline int read(){
int x=0,flag=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') flag=0;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;c=getchar();}
return flag? x:-x;
}
struct Node{
int pos,t;
int x,y;
bool operator <(const Node X) const {
if(x==X.x) return y<X.y;
return x<X.x;
}
}a[N];
int n,top=0,tag[N],sta[N];
int main(){
freopen("candy.in","r",stdin);
freopen("candy.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i].pos=read(),a[i].t=read();
a[i].x=a[i].t+a[i].pos,a[i].y=a[i].t-a[i].pos;
}
sort(a+1,a+1+n);
sta[++top]=a[1].y,tag[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(sta[top]>a[i].y){
sta[++top]=a[i].y;
tag[i]=top;
}else{
int l=1,r=top,ret=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(sta[mid]<=a[i].y){
r=mid-1;
ret=mid;
}else l=mid+1;
}
if(!ret) ret=1;
tag[i]=ret,sta[ret]=a[i].y;
}
}
printf("%d
",top);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d %d %d
",a[i].pos,a[i].t,tag[i]);
}
/*
5
1 1
2 3
1 5
3 4
2 6
*/
Tips
至于纵坐标为什么也要升序，可以考虑在横坐标相等的情况下，纵坐标小的可以转移到纵坐标大的，反之不行，所以升序更优。