先将所有作业按位置排序。
直接贪心显然是不行的，因为我们没有办法确定对于一个时间较久的作业，是在原地等待，还是在未来的某个节点返回，并且无法确定是那个节点，所以只能考虑 \(dp\)。
对于此类可以倒来倒去的问题，通常考虑区间 \(dp\)，若设 \(f_{i,j}\) 表示完成区间 \((i,j)\) 的作业所需时间，显然无法转移，因为对于作业贡献的计算，需要取当前时间与作业时间的最大值，那么仅仅记录完成一个区间的时间，无法帮助我们对后面的贡献进行计算。
若反过来考虑，设 \(f_{i,j}\) 表示仅仅只有 \((i,j)\) 没做所需的时间，还是不能表示，因为从一个作业走到另一个作业也是需要时间的，并不清楚要从哪个作业走过来。
考虑设端点状态，\(f_{i,j,0/1}\) 表示仅剩区间 \([l,r]\) 没做，现在做 左/右 端点的事情，做完总共耗费的时间。
那么区间 \([l,r]\) 便可以从 \([l-1,r]\) 和 \([l,r+1]\) 转移过来。
转移方程：
\[f_{i,j,0}=\min(\max(f_{i-1,j,0}+p_i-p_{i-1},t_i),\max(f{i,j+1,1}+p_{j+1}-p_i,t_i))\\
f_{i,j,1}=\min(\max(f_{i,j+1,1}+p_{j+1}-p_j,t_j),\max(f_{i-1,j,0}+p_j-p_{i-1},t_j));
\]
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define PII pair<int,int>
LL read() {
LL sum=0,flag=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') flag=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') {sum=sum*10+c-'0'; c=getchar();}
return sum*flag;
}
const int N=1100;
int n,h,b;
int f[N][N][2];
struct node {
int x,t;
}a[N];
int cmp(node x,node y) {
return x.x<y.x;
}
int main() {
cin>>n>>h>>b;
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>a[i].x>>a[i].t;
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[1][n][0]=max(a[1].t,a[1].x); f[1][n][1]=max(a[n].t,a[n].x);
for(int len=n-1;len>=1;len--){
for(int i=1;i+len-1<=n;i++) {
int j=i+len-1;
f[i][j][0]=min(max(f[i-1][j][0]+a[i].x-a[i-1].x,a[i].t),max(f[i][j+1][1]+a[j+1].x-a[i].x,a[i].t));
f[i][j][1]=min(max(f[i][j+1][1]+a[j+1].x-a[j].x,a[j].t),max(f[i-1][j][0]+a[j].x-a[i-1].x,a[j].t));
}
}
int ans=1e9;
for(int i=1;i<=n;i++) {
ans=min(ans,f[i][i][1]+abs(b-a[i].x));
}
cout<<ans;
return 0;
}