神仙思维题还是要写点东西才好。
建立数学模型
这种很抽象的东西没有式子描述一下显然是下不了手的。
因为任何位置都以\(k\)为周期，所以我们只用关心一个周期，也就是以下数都在膜\(k\)意义下。
设\(a_i\)表示\(i\)号区间长度；
对于上行列车（\(0\rightarrow n\)）设\(p_0\)表示出发时刻，\(p_i(i\ge1)\)表示在\(i\)站停靠时间；
对于下行列车（\(0\leftarrow n\)）设\(-q_0\)表示到站时刻，\(q_i(i\ge1)\)表示在\(i\)站停靠时间；
（转化成\(-q_0\)是为了后面表示方便）
用大写字母\(A,P,Q\)分别表示它们的前缀和。
如果某区间\(b_i=1\)，则两列车的行驶时间区间不交，即
\]
区间不交即端点不被包含，可以列出不等式（被取模了所以看着比较奇怪）
\]
记\(x=P_{i-1}+Q_{i-1}\)，移项，解得\(x\in[-2A_{i-1},-2A_i]\)
因为\(P,Q\)是递增的，所以我们的问题变成了：
有若干个限制区间\([l_i,r_i]\)，你手头有一个数\(x\)，初值任选，每次可以加一个非负整数使它落在区间内，求最少总共加多少能满足限制。
优化求解
考虑这样一个贪心的决策过程：
假设我们知道当前的\(x\)，我们需要统计它最少总共被加了多少。我们看上一个限制区间。
如果\(x\)被上一个区间包含，那么我们看上上个区间。
如果\(x\)没有被上一个区间包含，则\(x\)从区间的右端点加过来的代价最小，我们继续对上上个区间的右端点进行决策。
发现我们决策的中间状态只和区间右端点有关，所以我们设\(f_i\)表示决策到第\(i\)个区间时，\(x=r_i\)的最小代价。
我们对于每个值维护最后一个没有包含这个值的区间编号，每次取出\(r_i\)对应的编号（记为\(j\)），用\(f_j+r_i-r_j\)更新\(f_i\)，并将\([r_i+1,l_i-1]\)的编号全部设为\(i\)。
最后把所有的\(l_i\)丢进去查一下取个\(\min\)加上\(2A_n\)就是答案。
因为是区间设置所以可以珂朵莉树维护，不用离散化，因为随机数据的编号段数不会太大所以平均情况下跑得比线段树还快。
特判：如果\(2a_i>k\)那么puts("-1")
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define R register int
#define G if(++ip==ie)if(fread(ip=buf,1,SZ,stdin))
using namespace std;
const int SZ=1<<19,N=1e5+9;
char buf[SZ],*ie=buf+SZ,*ip=ie-1;
inline int in(){
G;while(*ip<'-')G;
R x=*ip&15;G;
while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;G;}
return x;
}
int k,l[N],r[N];LL f[N];bool b[N];
struct Node{
int r;mutable int v;
inline Node(R a,R b=0):r(a),v(b){}
inline bool operator<(const Node&a)const{return r<a.r;}
};
typedef set<Node>::iterator IT;
set<Node>s;
inline IT Split(R p){
IT i=s.lower_bound(Node(p));
return i->r!=p?s.insert(Node(p,i->v)).first:i;
}
inline void Set(R l,R r,R v){
if(l>r)return;
IT il=Split(l-1),ir=Split(r);
ir->v=v;s.erase(++il,ir);
}
inline LL Calc(R p){
R j=s.lower_bound(Node(p))->v;
return j?f[j]+(p-r[j]+k)%k:0;
}
int main(){
R n=in();LL k=::k=in(),a=0,a1=0,ans=1e18;
s.insert(Node(-1));
s.insert(Node(k-1));
for(R i=1;i<=n;++i){
a1=a;a+=in();
if(!(b[i]=in()&1))continue;
if(2*(a-a1)>k)return puts("-1"),0;
l[i]=(-2*a1%k+k)%k;r[i]=(-2*a%k+k)%k;
f[i]=Calc(r[i]);
if(l[i]>r[i])Set(r[i]+1,l[i]-1,i);
else Set(0,l[i]-1,i),Set(r[i]+1,k-1,i);
}
for(R i=1;i<=n;++i)
if(b[i])ans=min(ans,Calc(l[i]));
cout<<ans+2*a<<endl;
return 0;
}