首先我们得贪心一下，让吃饭时间较长的人排在队首
去抄一段贪心的证明吧
现在研究在一个队伍里的人有什么性质
可以发现道题里也有一个不变量，就是对于队伍里的前\(i\)个人，不管他们排队的顺序如何，\(a[i]\)的前缀和\(s[i]\)是不会变的，第\(i\)个人会在\(s[i]+b[i]\)时刻吃完，这前\(i\)个人的吃饭时间是\(max(s[j]+b[j])\)
现在可以回到贪心的问题上了，假设对于两个相邻的人\(i\)和\(i+1\)，如果\(a[i]==a[i+1]\)，那么显然让\(b[i]>b[i+1]\)好
由上面的性质可以看到\(s[i]\)是守恒的，那么让第\(i\)个人的\(b[i]\)是前\(i\)个人里最小的当然就是坠吼的啦
之后就可以dp了
感觉自己dp的姿势不太对
最开始yy出来的状态是\(dp[i][j]\)表示前\(i\)个人里\(j\)个人去了一个队列时消耗时间最长的人的最小耗时
但是这个状态显然不对，因为我们不知道这\(j\)个人的总的等待时间，好想没有什么办法进行转移
于是缺一个状态就加上一维吧，那就用\(dp[i][j][k]\)表示前\(i\)个人里\(j\)个人去了一个队列时等待时间为\(k\)消耗时间最长的人的最小耗时
发现这样的话空间好像要炸的样子，尽管开滚动好像都不太行
但是又发现第二维好像没有什么存的必要，因为转移的时候根本就跟这个队列里有多少人没有关系
于是最后的状态就是\(dp[i][j]\)表示前\(i\)个人里一个队列总等待时间为\(k\)消耗时间最长的人的最小耗时
我们考虑一下如何转移，因为这两个队列本质是相同的，所以一个人有两种选择，一个就是进入在状态里表示的那个队列，在一个就是进入另一个队列
进入状态里表示的这个队列的话，这个队列的总时长会增加,等待时间最长的人可能也会有变化
于是就有
\[dp[i][j+a[i]]=max(dp[i-1][j],j+a[i]+b[i])\]
进入另外一个队列，这个队列的等待时长没有变化，但是我们需要知道另外一个队列所有人的总等待时间，由于我闷知道这个队列的总等待时间是\(j\)，那么我们用一个前缀和就能求出来另外一个队列的总等待时间
\[dp[i][j]=max(dp[i-1][j],pre[i-1]-j+a[i]+b[i])\]
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 205
#define INF 336860180
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
struct Node
{
int a,b;
}t[maxn];
int n;
int dp[201][200*200+1];
int pre[maxn];
int o;
inline int read()
{
char c=getchar();
int x=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
return x;
}
inline int cmp(Node AA,Node BB)
{
return AA.b>BB.b;
}
int main()
{
n=read();
for(re int i=1;i<=n;i++)
t[i].a=read(),t[i].b=read();
std::sort(t+1,t+n+1,cmp);
for(re int i=1;i<=n;i++)
pre[i]=pre[i-1]+t[i].a;
memset(dp,20,sizeof(dp));
dp[1][t[1].a]=t[1].a+t[1].b;
for(re int i=2;i<=n;i++)
{
for(re int j=0;j<=200*200;j++)
{
if(dp[i-1][j]==INF) continue;
dp[i][j+t[i].a]=min(max(dp[i-1][j],j+t[i].a+t[i].b),dp[i][j+t[i].a]);
dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][j],pre[i-1]-j+t[i].a+t[i].b));
}
}
int ans=INF;
for(re int i=1;i<=200*200;i++)
ans=min(ans,dp[n][i]);
std::cout<<ans;
return 0;
}