前言

由于笔者自认为网上有些题解显得不够清晰或严谨，故撰此文，来介绍另一种解法。

正题

传送门

解析：题目要求的是这样一个式子中 $c[i]$的最大值的最小值：

由于 $a_i,b_i$均为正数，所以 $c_i$一定是递增的，故我们要求的即为 $c_n$的最小值。

我们有一个结论：对于两位大臣 $(a_i,b_i),(a_j,b_j)$，如果 $min(a_i,b_j)\le min(a_j,b_i)$，那么我们将 $(a_i,b_i)$放在前面更优，证明如下（ $2014$年北京市高考理科数学第 $20$题第 $2$问）：

$c_1=a_1+b_1$
$c_2=max(c_1,a_1+a_2)+b_1=max(a_1+b_1,a_1+a_2)+b_2$
$c_2=max(a_1+b_1+b_2,a_1+a_2+b_2)$
$c_3=max(c_2,a_1+a_2+a_3)+b_3$
$c_3=max(a_1+b_1+b_2,a_1+a_2+b_2,a_1+a_2+a_3)+b_3$
$c_3=max(a_1+b_1+b_2+b_3,a_1+a_2+b_2+b_3,a_1+a_2+a_3+b_3)$
综上，我们可以发现一个规律：

我们记 $S_n(k)$为 $\sum_{i=1}^ka_i+\sum_{i=k}^nb_i$

那么 $c_i=max(S_i(1),S_i(2),S_i(3),...,S_i(i))$

但这只是我们找出来的规律，下面给出严谨证明：

我们考虑用一个 $2*n$的矩阵来表示我们的序列 $(a_1,b_1),(a_2,b_2),...,(a_n,b_n)$

以 $c_3$为例，我们来画出这些走法，它们分别对应所有的 $S$：

$\begin{bmatrix} a_1 && a_2 &&a_3 \\↓\\ b_1 &→& b_2&→ &b_3 \end{bmatrix}\\$
$\begin{bmatrix} a_1 &→& a_2 &&a_3 \\&&↓\\ b_1 && b_2&→ &b_3 \end{bmatrix}\\$
$\begin{bmatrix} a_1 &→& a_2 &→&a_3 \\&&&&↓\\ b_1 && b_2& &b_3 \end{bmatrix}\\$
所以 $c_n$在我们的矩阵里表示从 $a_1$到 $b_n$的 $n$条路径中 $n+1$个数字和的最大值。

我们用数学归纳法证明 $c_i=max(S_i(1),S_i(2),S_i(3),...,S_i(i))$：

当 $n=1$时， $c_1=max(S_1(1))$，显然成立。

假设当 $n=k(k\ge1)$时，命题成立，即 $c_k=max(S_k(1),S_k(2),S_k(3),...,S_k(k))$

那么当 $n=k+1$时，

$c_{k+1}=max(c_k,a_1+a_2+...+a_{k+1})+b_{k+1}$
将 $b_{k+1}$带入 $max$中
$c_{k+1}=max(c_k+b_{k+1},a_1+a_2+...+a_{k+1}+b_{k+1})$
合并后面的项
$c_{k+1}=max(c_k+b_{k+1},S_{k+1}(k+1))$
将 $c_k$拆开
$c_{k+1}=max(S_k(1)+b_{k+1},S_k(2)+b_{k+1},...,S_k(k)+b_{k+1},S_{k+1}(k+1))$
按照 $S$的定义合并所有项
$c_{k+1}=max(S_{k+1}(1),S_{k+1}(2),...,S_{k+1}(k+1))$
原命题得证。

下一步，我们来证明如果 $min(a_i,b_j)\le min(a_j,b_i)$，那么我们将 $(a_i,b_i)$放在前面更优。

考虑上文提到的矩阵，我们对于一个矩阵
$\begin{bmatrix} a_1 & a_2 &a_3 &...&a_n\\\\ b_1 & b_2&b_3&...&b_n \end{bmatrix}\\$
我们如果调换两人的顺序，也就是调换矩阵中两列的顺序。

我们假设调换第 $k$列和第 $k+1$列，我们得到一个新矩阵

$\begin{bmatrix} a_1' & a_2' &a_3' &...&a_n'\\\\ b_1' & b_2'&b_3'&...&b_n' \end{bmatrix}\\$
其中
$\begin{bmatrix} a_i \\\\ b_i \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_i' \\\\ b_i' \end{bmatrix}\quad(1\le i\le n且i≠k,i≠k+1)$
$\begin{bmatrix} a_k \\\\ b_k \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_{k+1}' \\\\ b_{k+1}' \end{bmatrix}\quad$
$\begin{bmatrix} a_{k+1} \\\\ b_{k+1} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_{k}' \\\\ b_{k}' \end{bmatrix}\quad$
我们记 $S_n'(k)$为 $\sum_{i=1}^ka_i'+\sum_{i=k}^nb_i',c'_n=max(S_n'(1),S_n'(2),...,S_n'(n))$

我们设 $\sigma=S_n(k-1)=S_n'(k-1)=\sum_{i=1}^{k-1}a_i+\sum_{i=k+2}^{n}b_i=\sum_{i=1}^{k-1}a_i'+\sum_{i=k+2}^{n}b_i'$，那么我们有：

$S_n(k)=\sigma+a_k+b_k+b_{k+1}$
$S_n(k+1)=\sigma+a_k+a_{k+1}+b_{k+1}$
$S_n'(k)=\sigma+a_k'+b_k'+b_{k+1}'=\sigma+a_{k+1}+b_{k+1}+b_k$
$S_n'(k+1)=\sigma+a_k'+a_{k+1}'+b_{k+1}'=\sigma+a_{k+1}+a_k+b_k$
记 $m=min(a_k,a_{k+1},b_k,b_{k+1}),M=max(S_n(k),S_n(k+1),S_n'(k),S_n'(k+1))$

我们分别讨论 $m$的取值，

当 $m=a_k$时，依照上文推出的 $S,S'$的表达式， $M=S_n'(k)$，所以 $max(S'_n(k),S_n'(k+1))\ge max(S_n(k),S_n(k+1))$，即 $c_n'\ge c_n$

其余三种情况同理。

最后我们得出当 $m=a_k或b_{k+1}$时， $c_n\le c_n'$，所以不应交换。

当 $m=a_{k+1}或b_k$时， $c_n\ge c_n'$，此时应交换 $k与k+1$两列。

相邻两数间的情况可以方便的推广到任意两数交换的情况。

证毕。

从得到的式子 $min(a_i,b_j)\le min(a_j,b_i)$可以看出，我们只需按这个条件排序后模拟即可。

但是，我们这样做是不严谨的。考虑这样一组数据，

7 3
1 1
1 6

显然满足上式，答案输出是 $17$。

但是我们可以换一种排列方式也满足上式，

1 1
1 6
7 3

此时显然也满足，且答案为 $12$。

为什么会出现这种情况呢？

原因就是这个式子不满足传递性，交换一次这样的式子对后面确实不会产生什么影响，但如果多交换几次答案可能就会变。

我们考虑对于一些数，如果某一组数排在前面，那么其 $a_i$必定越小越好，其 $b_i$必定越大越好。

我们按照 $a与b$的大小关系将其分为 $3$组：
$\left\{ \begin{aligned} a_i<b_i,a_j<b_j,按a升序排序 \qquad①\\ a_i=b_i,a_j=b_j,归入情况1中\qquad②\\ a_i>b_i,a_j>b_j,按a降序排序\qquad③\\ \end{aligned} \right.$

由于题目中描述的式子是 $c_i=max(c_{i-1},\sum_{i=1}^j a_j)+b_i$，所以按照贪心的思路，我们先分情况在块内排序，再按照 $①②③$的顺序排序，之后模拟即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
struct Node{
	int a,b,d;
}f[50005];
int c[50005];
bool cmp(Node x,Node y){
	if(x.d!=y.d)  return x.d<y.d;
	if(x.d<=0)  return x.a<y.a;
	return x.b>y.b;
}
signed main(){
	int T;
	scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		int n;
		scanf("%lld",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%lld%lld",&f[i].a,&f[i].b);
			if(f[i].a>f[i].b)  f[i].d=1;
			if(f[i].a==f[i].b)  f[i].d=0;
			if(f[i].a<f[i].b)  f[i].d=-1;
		}
		sort(f+1,f+n+1,cmp);
		int s=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			s+=f[i].a;
			c[i]=max(c[i-1],s)+f[i].b;
		}
		cout<<c[n]<<endl;
	}
}