CXXIX.CF559E Gerald and Path
考虑将所有线段按照固定的那一端从小往大排序，并且对线段的端点离散化。
这之后，设 \(f_{i,j}\) 表示当前处理到线段 \(i\)，且所有线段中最右的那根的右端点不右于位置 \(j\)（即可以在 \(j\) 左面或与 \(j\) 重合）时的最优答案。
我们考虑，假设我们放了一根线段 \([l,r]\)。因为不知道将来会放什么东西把它盖掉一部分，所以我们干脆在放线段 \([l,r]\) 时，同时也放下线段 \([l,l],[l,l+1],[l,l+2],\dots,[l,r-1]\)，这样就不用担心被盖掉等讨论了。
于是我们现在考虑处理第 \(i\) 根线段。设其向左是 \([l,p]\)，向右是 \([p,r]\)。
首先，其有可能在接下来（或者在 \(i\) 之前就已经）被完全覆盖掉。于是一开始就有 \(f_{i-1,j}\rightarrow f_{i,j}\)。
其次，考虑其向右摆。向右摆，就意味着最右位置一定是 \(r\)——若最右位不是 \(r\)，则一定在 \(i\) 之前还有一条向右摆的线段 \([p',r']\) 满足 \(r'\geq r\)。但是因为我们已经按照 \(p\) 递增排序了，故必有 \([p,r]\subset[p',r']\)，即 \([p,r]\) 被完全覆盖，我们已经在上面说过了。
则有 \(f_{i,r}\leftarrow f_{i-1,p}+[p,r]\)——因为我们已经令 \(f_{i,j}\) 表示“不右于”的最优值，所以就不用费尽心思枚举 \(i-1\) 时的最右位置了。同时，也不用担心重叠问题，因为按照我们上述讨论，为了避免重叠，我们直接将线段 \([l,r]\) 看作了所有 \([l,l\sim r]\)。
但是这也意味着，我们的线段 \([p,r]\) 也要被看作是所有的 \([p,p\sim r]\)。于是我们枚举 \(j\in[p,r]\)，则有 \(f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,p}+[p,j]\)。
然后就考虑其向左摆了。向左摆，就意味着最右位置不一定是 \(p\)——因为完全可以存在一条 \([p',r']\)，满足 \(r'>p\operatorname{and}p'>l\)，即两者无交。
首先，最右位是 \(p\) 的就可以跟之前一样类似地转移，不在话下。
然后，对于最右位不是 \(p\) 的，我们枚举一个 \(j<i\)，表示最右位是 \(j\) 对应的 \([p',r']\)（明显这里上述 \(r'>p\operatorname{and}p'>l\) 应被满足）。则所有 \(k\in(j,i]\) 都应该向左摆，因为若其向右摆，要么右端点在 \(r'\) 左边或与 \(r'\) 重合，被完全包含；要么右端点在 \(r'\) 右边，则 \(r'\) 就不是最右位了。
设所有 \(k\in(j,i]\) 的东西中，最左的那个是 \([l'',p'']\)，则整个 \([j,i]\) 中所有线段，加一块可以变成一个 \([l'',r']\) 的大线段，且该线段是最右的。于是此处就可以跟前面一样，枚举一个 \(k\in[l'',r']\) 进行转移了。
时间复杂度 \(O(n^3)\)，因为枚举了 \(i,j,k\) 三个元素。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,f[110][310];
pair<int,int>p[110];
vector<int>v;
int L[110],P[110],R[110],res;
#define bs(x) lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin()+1
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&p[i].first,&p[i].second),v.push_back(p[i].first),v.push_back(p[i].first-p[i].second),v.push_back(p[i].first+p[i].second);
sort(p+1,p+n+1),sort(v.begin(),v.end()),v.resize(m=unique(v.begin(),v.end())-v.begin());
for(int i=1;i<=n;i++)L[i]=bs(p[i].first-p[i].second),P[i]=bs(p[i].first),R[i]=bs(p[i].first+p[i].second);
for(int i=1;i<=n;i++){
memcpy(f[i],f[i-1],sizeof(f[i]));
for(int j=P[i];j<=R[i];j++)f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][P[i]]+v[j-1]-v[P[i]-1]);
for(int j=i;j;j--){
int Rmax=(j==i?P[j]:R[j]);
if(Rmax<P[i])continue;
int Lmin=(j==i?L[j]:P[j]);
for(int k=j+1;k<=i;k++)Lmin=min(Lmin,L[k]);
for(int k=Lmin;k<=Rmax;k++)f[i][k]=max(f[i][k],f[j-1][Lmin]+v[k-1]-v[Lmin-1]);
}
for(int j=1;j<=m;j++)f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-1]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)res=max(res,f[n][i]);
printf("%d\n",res);
return 0;
}