写一下 deepseek r1 给出的很容易理解的做法。

首先，我们发现豆子的纵坐标没有用。于是游戏变成：数轴上有若干个点，在数轴上放置两条线段，求最多可以覆盖多少个点。

我们用 $pos_i$ 表示第 $i$ 个点的坐标，并将 $pos$ 数组从小到大排序。

用调整法可以证明出，两条线段不重叠时可以取到最大值。

依然用调整法，可以证明出，两条线段的左端点或右端点与某个豆子重合时，可以取到最大值。我们不妨令靠左的线段的右端点与某个豆子重合，靠右的线段的左端点与某个豆子重合。

现在我们要求出两个数组：$lcnt_i$ 和 $rcnt_i$：

• $lcnt_i$ 表示：左端点与 $i$ 重合的线段，可以覆盖多少个豆子。
• $rcnt_i$ 表示：右端点与 $i$ 重合的线段，可以覆盖多少个豆子。

$lcnt_i$ 的求法是：找到满足 $pos_j \le pos_i+k$ 的最大的 $j$，则这条线段可以覆盖 $[i,j]$ 内的所有点。因此 $lcnt_i = j-i+1$。$j$ 的值可以用二分或双指针等方法求出。

$rcnt_i$ 的求法类似。

我们枚举 $i$，表示靠左的线段的右端点与第 $i$ 个豆子重合。此时靠右的线段的左端点可以与 $[i+1,n]$ 的豆子重合，所以最优的答案即为：$rcnt_i+(max_{j=i+1}^{n}lcnt_j)$，维护 $lcnt$ 的后缀最大值就可以快速求出式子的值。将每个 $i$ 的答案取最大值即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n' 

const int N = 100010;
int lcnt[N], rcnt[N], a[N], suf_max[N];
void solve()
{
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int y;
        cin >> a[i] >> y;
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n);

    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int p = upper_bound(a + 1, a + 1 + n, a[i] + k) - a - 1;
        lcnt[i] = p - i + 1;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int p = lower_bound(a + 1, a + 1 + n, a[i] - k) - a;
        rcnt[i] = i - p + 1;
    }

    suf_max[n + 1] = 0;
    for (int i = n; i >= 1; i--) suf_max[i] = max(suf_max[i + 1], lcnt[i]);

    int ans = 0;
    for (int i = 1; i < n; i++) ans = max(ans, rcnt[i] + suf_max[i + 1]);
    cout << ans << endl;
}
int main()
{
    freopen("bean.in","r",stdin);
    freopen("bean.out","w",stdout);
    
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int c, T;
    cin >> c >> T;
    while (T--) solve();
    return 0;
}