题目
(n^2)的dp已经成为辣鸡做法了，%%%wch。
首先一个结论：(a+b)小的人在上。
这个东西我们有三种方法解决证明：
1、感性理解，(a+b)越大的人逃生能力越强，放在下面就越可能溜。
2、交换法。
3、找别的博客。
所以我们排个序确定顺序，然后来考虑如何计算最多能跑多少人。
然后我们记录高度的后缀和(s_i)，从上到下到第(i)个人时前面出不去的人的高度(t)。
如果第(i)个人能直接出去即(t+s_i+b_i)，那么让他直接溜。
如果出不去，并且把溜出去了的最高的人拉下来能够让他出去，并且溜出去了的最高的人比这个人高，我们就把溜出去了的最高的人拉下来，让这个人出去。
否则这个人就走不了了。
对于第二个操作，开个堆维护就好了。
考虑第二个操作的正确性：这个操作不会影响当前出去的人数，并且垫底的高度(t)一定会增加，后面的人就一定更容易出去。
而所有拉更多人下来的举动都可以归纳到拉一个人下来中。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2007;
int s[N];
priority_queue<int>q;
struct node{int a,b;}p[N];
int operator<(node a,node b){return a.a+a.b<b.a+b.b;}
int read(){int x;scanf("%d",&x);return x;}
int main()
{
int n=read(),i,h,t=0,ans=0;
for(i=1;i<=n;++i) p[i].a=read(),p[i].b=read();
sort(p+1,p+n+1),h=read();
for(i=n;i;--i) s[i]=s[i+1]+p[i].a;
for(i=1;i<=n;++i)
if(s[i]+p[i].b+t>=h) q.push(p[i].a),++ans;
else if(!q.empty()&&p[i].a<q.top()&&q.top()+s[i]+p[i].b+t>=h) t+=q.top(),q.pop(),q.push(p[i].a);
else t+=p[i].a;
return !printf("%d",ans);
}