[atAGC013F]Two Faced Cards

先对$c_{i}$离散到$[0,n]$上，并令$a_{i},b_{i},d_{i},e_{i}$对应到第一个大于等于他的数

考虑若$a_{n+1}$和$b_{n+1}$也已经确定如何做：

有一个$o(2^{n})$的暴力，即暴力确定每一个数是选择$a_{i}$还是$b_{i}$，记这些数依次为$p_{i}$，贪心去匹配，即将两者从小到大排序后有$p_{i}\le c_{i}$

事实上，可以通过以下方式来判定：对于一个初始为0的数组，对所有$[p_{i},n]$加1，对所有$[c_{i},n]$减1，合法当且仅当所有位置都非负

证明：若$p_{i}\le c_{i}$，必然非负，同时若存在非负的位置$x$，即$\sum[x\ge p_{i}]-[x\ge c_{i}]<0$，对两者排序后，有$p_{i}中第一个大于x的位置<c_{i}中第一个大于x的位置$，记前者为$k$，则$p_{k}>x\ge c_{k}$

接下来，先全部令$p_{i}=a_{i}$，此时会有若干个位置小于0，然后可以对$[b_{i},a_{i})$这个区间加1，即表示令$p_{i}=$改为选择$b_{i}$，选择尽量少的区间使得最终非负（特别的，若$b_{i}>a_{i}$一定不会选择，删去此类区间）

同样可以贪心，即对于$k=\max_{a_{i}<0}i$（若不存在即结束），必然选择包含$k$且左端点最小的区间，重复此过程，通过set维护最小左端点即可得到最优解，复杂度为$o(qn\log_{2}n)$

证明：对$i$之后的位置加1没有意义，因此右端点可以对$i$取min，两个相互包含的区间取较大的区间更优（另外不一定要保证在左端点最小的同时右端点最大）

接下来，由于仅有$n+1$变化，不妨$o(2)$去枚举最后一个点的选择，之后相当于询问对某一个后缀全部加1后的答案，也可以看作这个后缀要求大于等于-1即可

类似的贪心，即对于$k=\max_{a_{i}<-1}i$，必然选择包含$k$左端点最小的区间（不论对什么后缀加1）

证明：假设对$[x,n]$这个后缀加1，若$x\le k$则$k=\max_{a_{i}<0}i$，因此必然修改；若$x>k$则$k$之后至多只有一个操作包含$k$，因为对于这样一个操作以后$k$之后所有数都变得非负了，此时$a_{k}<0$，因此仍要对$k$修改

（这里并不一定选择左端点最小的，因为可能上次包含$k$的操作就是左端点最小的，但必然是选择的）

同样重复这个过程，选出必选的区间，此时所有位置都大于等于-1

此时我们从左到右，对$a_{i}=-1$的位置求出仅考虑$i$以前（包括$i$）的所有-1，那么必然选择包含$i$且左端点最小的区间，然后变成了一个前缀的子问题，记录一下答案即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
vector<int>v[N];
multiset<pair<int,int> >s;
int n,m,x,y,tot,a[N],b[N],c[N],f[N],ans[N];
bool cmp(int x,int y){
    return x>y;
}
int find(int k){
    return lower_bound(c,c+n+1,k)-c;
}
void update(int l,int r,int p){
    f[r]+=p;
    if (l)f[l-1]-=p;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
    for(int i=0;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]);
    scanf("%d",&m);
    sort(c,c+n+1);
    for(int i=0;i<=n;i++)update(find(c[i]),n,-1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        b[i]=min(b[i],a[i]);
        if (b[i]>c[n]){
            for(int i=1;i<=m;i++)printf("-1\n");
            return 0;
        }
        if (a[i]>c[n]){
            update(find(b[i]),n,1);
            tot++;
            continue;
        }
        a[i]=find(a[i]);
        b[i]=find(b[i]);
        update(a[i],n,1);
        if (b[i]<a[i])v[a[i]-1].push_back(b[i]);
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)sort(v[i].begin(),v[i].end(),cmp);
    int sum=0;
    for(int i=n;i>=0;i--){
        sum+=f[i];
        for(int j=0;j<v[i].size();j++)s.insert(make_pair(v[i][j],i));
        while (sum<-1){
            if ((!s.size())||((*s.begin()).first>i)){
                for(int i=1;i<=m;i++)printf("-1\n");
                return 0;
            }
            int k=(*s.begin()).second;
            s.erase(s.begin());
            tot++;
            update(v[k].back(),k,1);
            v[k].pop_back();
            sum++;
        }
    }
    for(int i=n;i;i--)f[i-1]+=f[i];
    for(int i=0;i<=n;i++)v[i].clear();
    while (!s.empty()){
        v[(*s.begin()).first].push_back((*s.begin()).second);
        s.erase(s.begin());
    }
    for(int i=0;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<v[i].size();j++)s.insert(make_pair(i,v[i][j]));
        if (f[i]>=0)ans[i]=ans[i-1];
        else{
            if (!s.size()){
                ans[i]=0x3f3f3f3f;
                continue;
            }
            int k=(*s.begin()).first;
            if (!k)ans[i]=1;
            else ans[i]=ans[k-1]+1;
        }
        while ((s.size())&&((*s.begin()).second<=i))s.erase(s.begin());
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        int k=-1;
        if (x<=c[n]){
            if (x<=c[0])k=max(k,n-tot+1);
            else k=max(k,n-(ans[find(x)-1]+tot)+1);
        }
        if (y<=c[n]){
            if (y<=c[0])k=max(k,n-tot);
            else k=max(k,n-(ans[find(y)-1]+tot));
        }
        printf("%d\n",k);
    }
}