大型补档计划
考虑模拟这个过程。
(f[i][0 / 1]) 表示从第 (i) 个围栏的 左/右端点开始往下走，走到原点的最小花费。
转移很容易想到，就是考虑找到一个往下走第一个碰到的围栏 (j (j < i)) （若没有可以直接走到原点）。
然后 (f[i][0 / 1] = min(f[j][0 / 1] + d_{相对距离}))。考虑快速找到往下走最先遇到的围栏，就是一个线段覆盖动态问题，用线段树维护即可。
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 30005, S = 200005, P = 100001;
typedef long long LL;
int n, m = P * 2, s, L[N], R[N], id[S << 2];
LL f[N][2];
int query(int p, int l, int r, int x) {
if (l == r) return id[p];
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) return max(id[p], query(p << 1, l, mid, x));
else return max(id[p], query(p << 1 | 1, mid + 1, r, x));
}
void change(int p, int l, int r, int x, int y, int v) {
if (x <= l && r <= y) { id[p] = v; return; }
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) change(p << 1, l, mid, x, y, v);
if (mid < y) change(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, y, v);
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &s); s += P;
L[0] = R[0] = P;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d", L + i, R + i); L[i] += P, R[i] += P;
int Lv = query(1, 1, m, L[i]), Rv = query(1, 1, m, R[i]);
f[i][0] = min(f[Lv][0] + abs(L[Lv] - L[i]), f[Lv][1] + abs(R[Lv] - L[i]));
f[i][1] = min(f[Rv][0] + abs(L[Rv] - R[i]), f[Rv][1] + abs(R[Rv] - R[i]));
change(1, 1, m, L[i], R[i], i);
}
printf("%d
", min(f[n][0] + abs(L[n] - s), f[n][1] + abs(R[n] - s)));
return 0;
}