DP题怕是都要大大的脑洞。。。。。。
首先，时间那么大没用，直接离散化。
第一问还好。根据题意容易发现，当一堆活动的时间有大量重叠的时候，更好的办法是把它们全部安排到一边去。那么我们转移的时候也肯定是要一块一块地转移啦。
设(tot_{l,r})为完全被包含在(l-r)时间内活动总数，直接(O(n^3))暴力求就好了。
设(pre_{i,j})为时间(1-i)内一边选(j)个时，另一边能选的最大值。枚举一块转移的话，我们的方程应该写成这样：
（显然两种情况都要考虑）
然后答案就是(maxlimits_{j=1}^n{min(pre_{m,j},j)})啦（(m)为离散化后的时间总长，不会超过(2n)）
这个数组为什么要叫(pre)呢？这是个前缀DP值。为了第二问，我们还要做个后缀DP，(suf_{i,j})表示时间(i-m)内一边选(j)个时，另一边能选的最大值，跟(pre)几乎一样的转移，也是(O(n^3))的。
对于第二问，我们显然可以肯定(s_i-t_i)之内的活动都被一边选走了。至于(s_i)之前和(t_i)以后选了多少，我们也只好枚举。设(f_{l,r})为一边强制选(l-r)之间所有活动时最优的最小值，假定这一边在前面选了(x)个，在后面选了(y)个，另一边最多能选多少也就知道了，有方程
然后第(i)个的答案就是(f_{s_i,t_i})么？注意千万别掉入这个误区！(pre)和(suf)只是保证了局部最优，而没有保证全局最优。要说人话的话，就是可能有一个活动跨过了(s_i)，然而(f_{s_i,t_i})并没有统计到它，只有扩大强制选的区间使得能够包含它，才能统计到最优解。于是需要枚举强制选区间了，(ans_i=maxlimits_{l=1}^{s_i}maxlimits_{r=t_i}^m{f_{l,r}})
这样的话，整个(f)都必须要算出来，上面的枚举算法就变成(O(n^4))了，跑不动。
点开标签发现有单调队列？！蒟蒻就往单调性上面想了想，于是就有了一个结论：设枚举(x)时有一个使答案最优的(y)，那么当(x)增大时，如果(y)也增大那么答案不会更优。观察上面那个式子(min(x+tot_{l,r}+y,pre_{l,x}+suf_{r,y}))，那么因为(pre,suf)都是递减的，所以很显然我们不能让(x,y)变大而(pre,suf)变小。
于是，实现的时候，只要把(y)从大往小扫了，并不需要什么单调队列来维护它。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define RG register
#define R RG int
#define G c=getchar()
#define Upd(A,L,R) {chkmx(A[i][j],A[k][j]+tot[L][R]);
if(j>=tot[L][R])chkmx(A[i][j],A[k][j-tot[L][R]]);}
#define Calc(y) min(x+tot[l][r]+y,pre[l][x]+suf[r][y])
using namespace std;
const int N=209,M=409,INF=1e9;
int s[N],t[N],b[M],tot[M][M],pre[M][N],suf[M][N],f[M][M];
inline int in(){
RG char G;
while(c<'-')G;
R x=c&15;G;
while(c>'-')x=x*10+(c&15),G;
return x;
}
inline int min(R x,R y){return x<y?x:y;}
inline void chkmx(R&x,R y){if(x<y)x=y;}
int main(){
R n=in(),m=0,i,j,k,l,r,x,y,p0,p1,ans;
for(i=1;i<=n;++i){
b[++m]=s[i]=in();
b[++m]=t[i]=in()+s[i];
}
sort(b+1,b+m+1);//离散化
m=unique(b+1,b+m+1)-b-1;
for(i=1;i<=n;++i){
s[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,s[i])-b;
t[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,t[i])-b;
for(l=1;l<=s[i];++l)//tot暴力求
for(r=m;r>=t[i];--r)++tot[l][r];
}
for(i=1;i<=m;++i)//注意初始化
for(j=1;j<=n;++j)pre[i][j]=suf[i][j]=-INF;
for(i=1;i<=m;++i)
for(j=0;j<=tot[1][i];++j)
for(k=1;k<=i;++k)Upd(pre,k,i);
for(i=m;i;--i)//转移很相似，搞了个宏定义
for(j=0;j<=tot[i][m];++j)
for(k=i;k<=m;++k)Upd(suf,i,k);
for(l=1;l<=m;++l)
for(r=l+1;r<=m;++r)
for(y=n,x=0;x<=n;++x){
p0=Calc(y);//p0为最优决策，p1为当前决策
while(y&&p0<=(p1=Calc(y-1)))p0=p1,--y;
chkmx(f[l][r],Calc(y));
}
ans=0;
for(j=1;j<=n;++j)chkmx(ans,min(pre[m][j],j));
printf("%d
",ans);
for(i=1;i<=n;++i){
ans=0;
for(l=1;l<=s[i];++l)
for(r=m;r>=t[i];--r)chkmx(ans,f[l][r]);
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}