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区间dp，和UVa #1336 Fixing the Great Wall (例题9-21)类似。但数据规模太大，记忆化搜索会TLE，必须递推。

我一开始把状态设计为dp(i,j,k)表示当前已访问区间为[i,j],且站在 i (k == 0)或 j (k==1)，最少还需多少时间收集全部宝藏。同时还需要一个辅助数组来记录当前已经经历的时间，来判断是否过了deadline。这个设计很臃肿。并且用记忆化搜索还行，但是递推就完全无能为力，因为无法判断到达某一宝藏时，是否已经过了deadline。

可以用对称的设计：dp(i,j,k)表示最短需要多少时间到达 [i,j,k]。对于所有的 i == j 的情况，dp值都为0，因为我们可以选择从这一点出发。状态的转移和上面的设计一样，都与#1336相同。

另外递推的时候，我习惯外层用diff从0到n-1表示i和j的差，但是TLE了。改成Rujia在书里用过的方法：i从n-1到0，j从i到n-1，就可以将时间缩短一半。

Run Time: 2.202s

#define UVa  "9-8.1632.cpp"		//Alibaba
char fileIn[30] = UVa, fileOut[30] = UVa;

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

//Global Variables. Reset upon Each Case!
const int maxn = 10000 + 5, INF = 1<<30, LEFT = 0, RIGHT = 1;
int n, d[maxn][maxn][2], x[maxn], ddl[maxn];
/////

int main() {
    while(scanf("%d", &n) != EOF) {
        for(int i = 0; i < n; i ++)
            scanf("%d%d", &x[i], &ddl[i]);

        for(int i = n-1; i >= 0; i --) {
            for(int j = i; j < n; j ++) {
                int& u1 = d[i][j][LEFT];
                int& u2 = d[i][j][RIGHT];
                if(i == j) u1 = u2 = 0;
                else {
                    u1 = u2 = INF;

                    u1 = min(d[i+1][j][RIGHT] + x[j]-x[i], d[i+1][j][LEFT] + x[i+1]-x[i]);
                    if(u1 >= ddl[i]) u1 = INF;

                    u2 = min(d[i][j-1][LEFT] + x[j]-x[i], d[i][j-1][RIGHT] + x[j]-x[j-1]);
                    if(u2 >= ddl[j]) u2 = INF;

                }
            }
        }

        int ans = min(d[0][n-1][0], d[0][n-1][1]);
        if(ans >= INF) printf("No solution\n");
        else printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}