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\(\max\limits_{j=1}^n\{\min(pre_{m,j},j)\}\)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，\(ans_i=\max\limits_{l=1}^{s_i}\max\limits_{r=t_i}^m\{f_{l,r}\}\)
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\n",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\n",ans);
}
return 0;
}