巧妙的题。
我们相当于选择一个尽量小的集合 \(S\)，重新分配 \(S\) 中所有人的分数，使得最后所有人都满足要求。
先把本来就不符合要求的加入 \(S\)，然后考虑再多加哪些人。
考虑转化条件：考虑从值域入手。发现 \(S\) 合法的充要条件是：\(\forall k\)，\(\sum\limits_{x \in S} [a_x \le k] \ge \sum\limits_{x \in S} [b_x \le k]\)。
证明比较显然。
那么我们可以离散化，然后从小到大枚举值域。维护 \(a_x\le k\) 和 \(b_x\le k\) 的人的个数 \(cnta,cntb\)，用大根堆维护可以其他的可以贡献的人即可。
这启示我们，条件的转化不一定需要性质，换个入手点也一样行。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define pir pair <ll, ll>
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
const ll maxn = 6e5 + 10;
ll n, a[maxn], b[maxn], h[maxn], ht, cnta, cntb, dr[maxn], tr[maxn];
vector <ll> vec[maxn], vect[maxn];
priority_queue <pir> q;
int main() {
scanf("%lld", &n);
for(ll i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld%lld", a + i, b + i);
h[++ht] = a[i], h[++ht] = b[i];
}
sort(h + 1, h + 1 + ht);
ht = unique(h + 1, h + 1 + ht) - h - 1;
for(ll i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = lower_bound(h + 1, h + 1 + ht, a[i]) - h;
b[i] = lower_bound(h + 1, h + 1 + ht, b[i]) - h;
if(a[i] >= b[i]) vec[b[i]].pb(i);
else vect[a[i]].pb(i);
}
for(ll i = 1; i <= ht; i++) {
for(ll j: vect[i]){
++dr[b[j]];
++cnta;
}
for(ll j: vec[i]) q.push(mkp(a[j], j));
cntb += dr[i], cnta += tr[i];
while(cnta > cntb) {
ll x = q.empty()? 0 : q.top().se;
if(a[x] <= i) {
puts("-1");
return 0;
}
++cntb, q.pop();
++tr[a[x]];
}
}
printf("%lld", (ll) q.size());
return 0;
}