本題大意如下：

Turning in Homework

Description

Chongkan 在 ”zqh_wz大學”選修了C門課，他要把這些課的作業交給老師，然後去車站和同學們一起回家
老師們在辦公室裡，辦公室要等他們下課後才開，第 i 門課的辦公室在Ti時間後開放
所有的辦公室都在一條走廊上，這條走廊長H米，一開始Chongkan在走廊的最左邊，第i門課的辦公室距離Chongkan的長度為Xi，車站距離Chongkan的長度為B
Chongkan可在走廊上自由行走，每時刻可以向右或向左移動一單位的距離，也可以選擇在任何地方暫停Chongkan如果走到辦公室所處的位置，而且這間辦公室已經開門了的話，就可以把作業交掉，不用花時間在走進辦公室上
請幫助Chongkan確定交完所有作業，再走到車站的最短時間

Input Description

第1行：C,H,B
第2行到第C+1行：每行兩個整數：Xi,Ti

Output Description

輸出一個整數 ：走到車站的最短時間

Sample Input

4 10 3
8 9
4 21
3 16
8 12

Sample Output

22

Data Size & Hint

1 <= C <= 1,000
1 <= H <= 1,000
0 <= B <= H
0<=Ti<=10,000

這題還是dp題，不過確實區間dp，話說我以前好像沒有遇到區間dp，
剛剛去查了一下這題的官方的題解才知道還有這種dp型別
以前做的dp題幾乎都是01揹包、完全揹包、樹形dp再加上什麼線段樹、樹狀陣列之類的資料結構維護
好吧，剛剛經過旁邊AK大神Kanosword的點醒
發現從前寫的“取數遊戲“”矩陣取數遊戲”都是區間qp。。
只是當時不懂事，不知道。。。

那麼對於一個區間dp問題，我們首先要搞明白這到底是一個大區間推小區間的問題還是小區間推出大區間的問題
根據題意，我們需要逗逼的在這條走廊上走來走去（話說車站在走廊上這讓我很是費解）。。
而我們需要確認一個最終點前往車站，
因此不難看出這是一個大區間推出小區間的問題
顯而易見的是dp值肯定存的是在某種狀態下的時間，而dp的下標肯定有一維是l，一維是r。。。
那麼問題來了，在這麼一個[l,r]的區間中的狀態五花八門，究竟是哪一種呢？
這個時候就考驗你的腦洞了，你要思考的是儲存哪種狀態滿足拓撲排序

這個過程博主就不詳細說明了，因為這是一種較為常見的區間dp，大部分人都已經掌握了（當初博主智障）
於是我們得出了這麼一個關係：
dp[i][j][0]=min(max(dp[i-1][j][0]+x[i]-x[i-1],t[i]),max(dp[i][j+1][1]+x[j+1]-x[i],t[i]));
dp[i][j][1]=min(max(dp[i-1][j][0]+x[j]-x[i-1],t[j]),max(dp[i][j+1][1]+x[j+1]-x[j],t[j]));
//dp[i][j][0]代表在[i,j]這個區間中只交了第i個作業
//dp[i][j][1]代表在[i,j]這個區間中只交了第j個作業

AC程式碼如下：

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define oo 2000000000
#define M 1005
struct node{
    int x,t;
    bool operator <(const node &A)const{//必須排序！！！！！！！！
        if(x!=A.x)return x<A.x;
        return t<A.t;
    }
}s[M];
int dp[M][M][2];
int main(){
    int c,h,b,ans=oo;
    scanf("%d %d %d",&c,&h,&b);
    for(int i=1;i<=c;i++)scanf("%d %d",&s[i].x,&s[i].t);
    sort(s+1,s+c+1);
    dp[1][c][0]=max(s[1].x,s[1].t);//別忘了給[1,c]這個區間賦值
    dp[1][c][1]=max(s[c].x,s[c].t);
    for(int k=c-2;k>=0;k--){//從長度打的區間一路列舉到長度曉得區間
        for(int i=1;i+k<=c;i++){
            int j=i+k;
            dp[i][j][0]=oo;
            dp[i][j][1]=oo;
            if(i>1){//由於下標原因不得不寫的麻煩一些。。。。
                dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],max(dp[i-1][j][0]+s[i].x-s[i-1].x,s[i].t));
                dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],max(dp[i-1][j][0]+s[j].x-s[i-1].x,s[j].t));
            }if(j<c){
                dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],max(dp[i][j+1][1]+s[j+1].x-s[i].x,s[i].t));
                dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],max(dp[i][j+1][1]+s[j+1].x-s[j].x,s[j].t)); 
            }
        }
    }//for(int i=1;i<=c;i++)ans=min(min(dp[i][i][0]+abs(s[i].x-b),dp[i][i][1]+abs(s[i].x-b)),ans);
    //好吧，這裡是博主智障了
    //改成這個↓
    for(int i=1;i<=c;i++)ans=min(dp[i][i][0]+abs(s[i].x-b),ans)；
    printf("%d\n",ans);                // ↑
    return 0;                         //（或1）
}