yet another quick selection problem by r1

gistfile1.txt

帮我用C++解决下面的问题：有n个double pair (a[i], b[i])，其中保证b[i]都是严格正的，我们希望首先将它们按a升序排列，并记排序后的b数组的部分和（partial sum）为B。容易看到B也是一个严格单调上升的序列。给定某个x，我们希望找到最大的i使得B[i]<=x。

为了得到O(n)而非O(nlogn)的总时间复杂度的解法，你可能可以先考虑如何实现下面一般的算法，它总体上类似于随机化的快速选择算法（quick selection algorithm），假设输入为一列n个具有全序关系的元素，且已经被random shuffle过，每次挑出一个pivot元素，在线性时间内在当前递归子区间内就地将元素移动成，在pivot元素左边的元素都小于pivot，在它右边的元素都大于它。与经典的快速选择算法的区别在于，我们希望支持传入一个回调函数来判断应该在pivot元素的哪一侧继续递归处理，而非通常的通过事先固定的某个名次k来判断。

最初的问题应当可以通过设计一个合适的callback判断函数，并调用这个快速选择算法变体来求解。不过你不需要非常严格地模块化地实现整个程序，把这个具体的callback hardcode在递归函数体里也是可以接受的。


CoT
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好的，我现在得仔细看看这个问题。题目是说，给定n个double对(a[i], b[i])，其中每个b[i]都是严格正的。我们需要先把这些对按a升序排列，然后计算排序后的b数组的部分和B。因为b都是正的，所以B是严格递增的。然后给定一个x，要找出最大的i使得B[i] <=x。要求用O(n)的时间复杂度，而不是O(n log n)。所以常规的排序然后遍历的方法不行，因为排序是O(n log n)的。

那问题的关键在于如何在不完全排序的情况下找到满足条件的i的最大值。这时候想到可能需要类似快速选择算法的方法，因为快速选择可以在平均情况下O(n)的时间找到第k小的元素。不过这里的情况可能更复杂，因为我们需要基于部分和的条件来找最大的i。

题目提示说要类似随机化的快速选择算法，但回调函数来决定在pivot的哪边继续处理。这可能意味着在每次选择一个pivot后，根据部分和的条件决定继续处理左边还是右边。可能需要动态计算部分和，并且在递归过程中维护这些信息。

首先，我需要明确，当我们按a升序排列之后，每个元素的位置会影响它们的b的顺序。而部分和B[i]是前i+1个元素的和。例如，B[0] = b[0], B[1]=b[0]+b[1]，以此类推。所以问题转化为，找到最大的k，使得前k+1个元素的和不超过x。

但问题是，我们需要在未排序的情况下找到这样的k，或者更准确地说，找到在排序后的数组中满足条件的最大i。所以直接排序可能不行，因为排序的时间复杂度太高。

这时候，可能需要使用类似于快速选择的方法，在每一步选择一个pivot，将数组分成两部分，左边的a都小于等于pivot的a，右边的大于。然后计算左边的部分和总和，如果总和小于等于x，那么可能答案在左边加上右边可能需要继续处理的部分，或者相反？

但这里可能需要更巧妙的处理方式。假设在某个步骤中，我们选择一个pivot，将所有a小于等于pivot的元素放到左边，剩下的在右边。然后计算左边这些元素的b的总和sum_left。如果sum_left <=x，那么说明这些左边的元素的总和已经被包含，可能可以保留这些元素，并且继续在右边寻找可能的更大的元素，但右边的a更大，所以排序后的顺序中，它们的b会被加到后面。这时候，如果sum_left +右边的部分和可能超过x的话，那可能需要递归处理右边。或者，如果sum_left已经超过x，那么答案只能在左边更小的元素中寻找。

不过这里可能需要更详细的思考。假设我们已经将数组划分为左右两部分，左边是所有a<=pivot_a的元素，右边是a>pivot_a的元素。在排序后的数组中，左边部分会排在右边部分的前面。因此，左边元素的b之和的总和可能被计入到部分和中。如果左边元素的总和sum_left <=x的话，那么可能可以保留左边的所有元素，并在右边继续寻找可能的更大的元素，使得sum_left加上右边的部分和的总和不超过x。否则，如果sum_left >x，那么答案只能在左边的元素中，但此时需要继续在左边中找到最大的子集，使得它们的总和不超过x。

或者，这可能涉及到动态地维护候选集的总和，并根据总和与x的关系来决定如何处理左右两部分。

不过，这可能比较复杂。因为每次划分后，左边和右边的元素的a的顺序是确定的（左边的a<=pivot，右边的a>pivot），因此在最终的排序数组中，左边元素全部在右边元素的前面。所以他们的b的顺序在部分和中是按整个左边的总和，然后是右边的各个元素的总和逐步增加的。

因此，假设我们在某个递归步骤中，有一个候选集合的元素，其中一部分已经被确定必须包含在最终的答案中，另一部分可能需要处理。例如，当我们处理一个pivot时，左边的sum_left如果总和<=x，那么可以将这些元素全部包含进去，并继续处理右边，因为右边可能有元素的a更大，在排序后的数组中会被排在后面，所以他们的b会被加到总和之后。因此，假设右边的元素中可能有部分可以被包含进来，使得总和仍然不超过x。此时，问题转化为在右边的元素中找到最大的k，使得sum_left加上这些元素的部分和不超过x。

这可能类似于分治法的处理方式。例如，在每次递归时，处理一个子数组，并维护当前的累积总和。例如，当处理一个子数组时，我们选择pivot，将元素分为左右两部分。左边的所有元素的a都<=pivot的a。计算左边元素的总和sum_left_part。如果当前累积总和加上sum_left_part <=x，那么这些元素可以全部被选中，累积总和加上sum_left_part，然后递归处理右边的部分，看看是否还能添加更多的元素。否则，如果累积总和加上sum_left_part >x，那么需要在左边的部分中找到最大的子集，使得累积总和加上其部分和不超过x。

但这样的话，递归过程中需要维护一个累积的总和，即之前已经确定的元素的总和。例如，假设在之前的递归步骤中已经选中的元素总和是current_sum。当处理当前子数组时，如果左边的sum_left_part的current_sum加上它之和仍小于等于x，那么可以将这些元素全部加入，current_sum += sum_left_part，然后在右边的子数组中继续处理。否则，需要在左边子数组中寻找更小的子集。

这可能需要递归函数的参数中包含current_sum的值，并且每次处理子数组时，根据current_sum和sum_left_part的关系决定如何处理。

这可能是一个可行的方法。那具体的步骤可能如下：

1. 随机打乱数组（这一步可能需要，以避免最坏情况的时间复杂度）。

2. 定义一个递归函数，该函数处理数组的某个区间[l, r]，并维护current_sum，以及当前可能的最大元素数目count。函数的目的是在该区间中找到最大的k，使得current_sum加上该区间中前k个元素的部分和不超过x。返回的是最大的k和对应的总和（或者累计总和）。

或者，可能需要另一种结构：在递归处理某个子数组时，计算该子数组中所有元素的sum，并判断是否可以被全部包含。如果可以，则将这些元素全部加入，然后继续处理其他可能的元素。否则，需要将该子数组划分为更小的部分，继续处理。

但这种方法可能需要多次划分，并且如何维护总和是关键。

例如，假设我们有一个数组区间，选择pivot后，将其分为左边和右边。左边所有元素的a<=pivot的a。计算左边的sum_left。如果current_sum + sum_left <=x，那么说明左边全部可以加入，current_sum += sum_left，然后在右边的区间中继续处理。否则，左边的部分可能存在部分元素可以被加入，此时需要在左边区间递归处理，而右边的元素的a较大，无法被包含（因为左边元素的a较小，在排序后的数组中排在前面，所以右边的元素的b之和只能在左边之后加入。因此，如果左边部分的总和已经超过了x，那么右边部分的元素无论是否加入都不影响，因为左边的总和已经超过x，所以只能选择左边的一部分）。

这可能类似于快速选择中的处理方式，但需要根据sum_left和x的关系来决定递归的方向。

那么，递归函数的步骤可能如下：

函数参数：数组的区间[l, r]，以及current_sum。

函数的返回值：最大的i，使得current_sum加上该区间中前i+1个元素的部分和不超过x。同时返回对应的总和current_sum + sum_of_selected_elements。

或者，函数可能返回两个值：最大的数目k，和对应的总和。例如，当处理区间[l,r]时，计算该区间中的元素能选出的最多元素数目k，使得总和不超过x - current_sum。然后返回k和sum_of_k_elements。这样，主函数就可以累加这些值。

这可能比较复杂，但或许可以这样处理。

举个例子，假设我们有整个数组需要处理。current_sum初始为0。我们随机选一个pivot，将数组划分为左边和右边。左边是a<=pivot的元素，右边是a>pivot的元素。左边的sum_left是这些元素的b之和。假设current_sum + sum_left <=x，那么说明左边所有元素都可以被选中，current_sum += sum_left，然后递归处理右边部分。右边部分的元素的a更大，在排序后的数组中的位置更靠后，所以它们的部分和是后续的。因此，此时需要计算右边的部分中可以选多少元素，使得current_sum加上这些元素的部分和不超过x。此时，递归处理右边的区间，传入current_sum的值。右边处理完毕后，返回左边元素的数量加上右边处理后的数量。否则，如果current_sum + sum_left >x，那么说明左边的元素不能全部被选中，必须从中选出部分元素。此时，需要递归处理左边区间，传入current_sum的值，然后在左边得到的数目就是最终结果的一部分。

但如何计算左边元素中最多可以选多少，使得总和不超过x - current_sum？

这可能需要将问题分解为：在左边的元素中，按a升序排列后的部分和最多选到某个k，使得总和不超过x - current_sum。因此，在递归处理左边时，需要将current_sum作为参数，并返回最大的k和对应的sum。

这似乎会导致递归的嵌套结构，类似于分治法，每次将问题划分为子问题，并根据sum_left的情况决定处理哪边。

这样的算法的时间复杂度是否是O(n)呢？因为每次递归处理的子数组的大小是期望的O(n/2)，所以总的时间复杂度类似于快速选择的平均情况，即O(n)。但是，这需要每次划分的线性时间处理。

现在，如何具体实现这个递归函数？

可能的步骤：

1. 在当前的区间[l, r]中，随机选择一个pivot元素，将数组划分为左边（a<=pivot的a）和右边（a>pivot的a）。这一步可以在O(r-l+1)的时间内完成，类似于快速排序的partition过程。

2. 计算左边所有元素的b的总和sum_left。

3. 比较current_sum + sum_left与x：

a. 如果current_sum + sum_left <=x：说明左边所有元素可以被选中。此时，current_sum += sum_left。然后递归处理右边的区间，传入current_sum的当前值，并得到右边中可以选中的元素数目k_right。总的结果是左边的元素数目（即左边的大小）加上k_right。

b. 否则：说明左边元素不能全部被选中。此时，需要递归处理左边的区间，传入current_sum的值，得到k_left。总的结果是k_left。右边元素的a更大，所以它们的部分和出现在左边之后，所以如果左边都不能全部选中，右边的更不可能被选中，因为它们的b之和会增加总和。因此，右边不需要处理。

这样，每次递归调用处理的是左边或右边的子数组，并且每个元素只会被处理常数次，类似于快速选择。

那么，这样的递归过程的时间复杂度期望是O(n)，因为每次划分的时间是线性的，而递归的层数是期望的O(log n)。

那问题是如何实现这个划分过程，并且在每个划分步骤中计算左边的sum_left。

现在，具体到代码实现：

首先，将整个数组随机打乱，以避免最坏情况的时间复杂度。例如，可以使用Fisher-Yates shuffle算法。

然后，编写一个递归函数，参数是数组的起始和结束索引，以及current_sum的引用，x的值。或者，可以返回两个值：最大的k和对应的sum。

例如，函数可能如下：

int solve(vector<pair<double, double>>& arr, int l, int r, double& current_sum, double x) {

if (l > r) return 0;

// 随机选择pivot，例如中间的元素，或者随机选一个

int pivot_idx = partition(arr, l, r);

// partition函数将arr的[l..r]区间划分为左边a <= pivot的a，右边a> pivot的a，返回pivot的最终位置？

// 或者更准确地说，partition函数类似于快速排序中的划分，将数组分成左边a <= pivot_a，右边a> pivot_a，并返回左边最后一个元素的索引？

// 可能需要自己实现partition函数，该函数返回左边部分的结束位置（比如，左边的元素都<= pivot_a，右边的>）

// 在划分过程中，计算左边所有元素的b之和sum_left

// 所以，可能需要修改partition函数，使其在划分的同时计算sum_left

double sum_left = 0;

int m = partition(arr, l, r, sum_left); // m是左边部分的最后一个元素的索引，即左边是[l..m]

if (current_sum + sum_left <= x) {

current_sum += sum_left;

int left_count = m - l + 1;

int right_count = solve(arr, m+1, r, current_sum, x);

return left_count + right_count;

} else {

int left_count = solve(arr, l, m, current_sum, x);

return left_count;

}

}

这里的关键是，partition函数需要同时返回划分后的分界点m，以及左边元素的b之和sum_left。

如何实现这样的partition函数？

可能的实现方式：

在partition过程中，我们随机选择一个pivot索引，然后将其交换到数组的末尾，或者某个位置。然后维护一个指针i，表示左边部分的末尾。遍历数组，将a小于等于pivot_a的元素交换到i的位置，并累加它们的b值到sum_left中。例如：

int partition(vector<pair<double, double>>& arr, int l, int r, double& sum_left) {

// 随机选择pivot索引

int pivot_idx = l + rand() % (r - l + 1);

double pivot_a = arr[pivot_idx].first;

// 将pivot交换到末尾

swap(arr[pivot_idx], arr[r]);

sum_left = 0;

int i = l - 1; // 左边区域的末尾

for (int j = l; j < r; j++) {

if (arr[j].first <= pivot_a) {

i++;

swap(arr[i], arr[j]);

sum_left += arr[i].second;

}

}

// 将pivot交换到i+1的位置

swap(arr[i+1], arr[r]);

sum_left += arr[i+1].second;

return i + 1; // 左边部分是 [l..i+1]?

// 左边元素的a都<= pivot_a，右边元素a> pivot_a?

}

但可能需要重新检查。例如，当遍历j从l到r-1时，当元素j的a<=pivot_a时，将其交换到i的位置。这样，i的左边都是<=pivot_a的元素。最后，将pivot（位于r的位置）交换到i+1的位置，此时左边是[l..i]，pivot在i+1的位置，右边是i+2到r的元素？或者可能我的逻辑有错误？

或者，可能sum_left的计算方式有问题。例如，当遍历时交换元素到左边，sum_left需要累加这些元素的b值。例如，当交换arr[j]到i的位置时，此时的元素是arr[i]，其b值应该被加到sum_left中。这可能正确，因为所有被交换到左边的元素的a都<=pivot_a，所以他们的b值都会被计入sum_left。

这样，整个左边部分的sum_left即为这些元素的b的总和。那partition函数返回的m是i+1，此时左边部分是[l..i+1 -1]即i的位置？或者，例如，返回的m是左边部分的最后一个元素的索引？

可能需要更仔细的检查。

比如，假设pivot被交换到r的位置。遍历j从l到r-1。当元素j的a <= pivot_a时，交换到i+1的位置，并i++。循环结束后，i指向最后一个满足条件的元素的位置。然后交换pivot到i+1的位置。此时，左边部分是[l..i+1]的元素的a<=pivot_a？而右边部分是i+2到r的元素？

或者可能这个逻辑需要重新分析。例如，假设初始时i=l-1。然后对于每个j从l到r-1：

如果arr[j].a <= pivot_a，则i++，交换arr[i]和arr[j]。这样，所有交换到i左边的元素（包括i的位置）的a都<= pivot_a。遍历结束后，i的位置是最后一个满足条件的元素。然后交换arr[r]（pivot）到i+1的位置。此时，左边部分（<= pivot_a）的元素是[l..i+1]，右边是[i+2..r]。

所以，在partition函数中，sum_left等于这些元素的b的总和，即左边部分[l..i+1]的元素的b之和？

是的，因为在遍历过程中，每当j位置的元素满足条件时，就被交换到i的位置（此时i已经自增），所以交换后的arr[i]的b会被加到sum_left中。然后，最后交换pivot到i+1的位置，此时sum_left需要加上arr[i+1].second的值？

那这样，在遍历完成后，sum_left已经累加了所有被交换到左边元素的b，包括i的位置的元素。然后将pivot交换到i+1的位置，此时sum_left还需要加上pivot的b。是的，因为pivot的a等于pivot_a，所以它会被包含在左边部分。

所以，sum_left的正确性应该得到保证。

那这样，partition函数返回i+1的位置，即左边部分的最后一个元素的索引。

现在，回到递归函数中，当处理区间[l, r]，选择pivot，划分成左边[l..m]和右边[m+1..r]。左边的sum_left是这些元素的b的总和。然后判断current_sum + sum_left <=x。如果是的话，说明这些元素都可以被选中，所以current_sum累加sum_left，然后递归处理右边[m+1..r]，并将右边的返回结果加上左边的元素数目（m - l +1）。

否则，说明左边的sum_left太大，无法全部选中。此时，递归处理左边的区间[l..m]，寻找能选中的最大数目，右边的元素不会被选中，因为它们的a更大，所以在排序后的数组中，它们的部分和出现在左边之后。因此，如果左边的总和已经超过x，那么右边的元素无论如何都不可能被选中，因为它们会被加在总和之后，导致总和更大。

这样递归下去，最终就能得到最大的i，使得总和不超过x。

那现在的问题是，这样的算法是否正确？

举个例子，假设所有元素的a已经按升序排列。此时，每次递归处理都会将整个数组划分为左边和右边。假设sum_left的总和加上current_sum <=x，那么整个左边被选中，右边递归处理。这样，最终的总和就是整个数组的部分和，返回的总元素数目就是整个数组的长度。

这显然正确。

另一个例子，假设x非常小，只能选第一个元素。那么，在递归过程中，每次划分左边可能总和超过x，因此递归处理左边。最终当数组被划分到单个元素时，如果它的b的值小于等于x，则返回1，否则0。

这似乎正确。

那现在需要测试这样的算法是否正确。

例如，假设n=3个元素：

元素按照排序后的a的顺序是 a1 < a2 <a3，对应的b为1, 2,3。总和B数组是1,3,6。如果x=4，那么最大的i是1，因为B[1]=3 <=4，而B[2]=6>4。所以答案是i=1。

假设初始数组是乱序的，比如元素的顺序是a3,a1,a2。此时，第一个pivot可能选a1。划分左边是a1，右边是a3,a2。sum_left=1。current_sum是0。0+1=1 <=4，所以current_sum变为1。然后递归处理右边部分：a3,a2。右边的sum_left需要根据划分后的sum_left的值。假设在右边的处理中，选择pivot为a2。划分左边是a2，右边是a3。sum_left=2。current_sum是1+2=3 <=4。所以current_sum变为3。然后处理右边的a3。sum_left=3。1+3+3=7>4，所以无法全部选中。递归处理左边的a3？或者此时右边的处理中的sum_left是3吗？可能在这里出现错误。

或者，可能这个例子中的处理流程是否正确？

这可能比较复杂。需要详细分析。

假设初始数组是乱序的，例如：

原始数组的元素是 (a3,3), (a1,1), (a2,2)，其中a3> a1> a2？

或者，假设a的顺序是a3> a2> a1？

抱歉，可能例子需要重新构造。

假设原始数组的元素是：

元素0：a=3，b=3

元素1：a=1，b=1

元素2：a=2，b=2

那么排序后的顺序是按a升序排列：元素1（a=1），元素2（a=2），元素0（a=3）。对应的B数组是1，1+2=3，3+3=6。所以，当x=4时，最大的i是1（B[1]=3 <=4，而B[2]=6>4）。

现在，在初始的处理中，整个数组是[0,1,2]，即元素是（3,3）、（1,1）、（2,2）。假设第一次调用solve处理区间[0,2]，current_sum=0。

第一次的pivot随机选择，假设选择元素1（即索引1）的a=1作为pivot。划分后的左边是a<=1的元素，即只有元素1。sum_left=1。current_sum+sum_left=1<=4，所以current_sum变为1。左边数目是1。递归处理右边区间[0,2]，即剩下的元素0和2？

或者，原来的数组在划分后的结构是怎样的？

可能此时，在第一次partition调用中，处理整个数组。选择pivot元素为元素1（a=1），将其交换到末尾。此时数组变为元素0、元素2、元素1。然后遍历j从0到1（r=2，所以r-1=1）：

j=0：元素0的a=3 >1，所以不交换。

j=1：元素2的a=2>1，不交换。

循环结束。此时i的初始值是-1，所以循环结束后i仍然是-1。然后将pivot（元素1）交换到i+1=0的位置。数组变为元素1（a=1）、元素2（a=2）、元素0（a=3）。sum_left的值是元素1的b=1。

所以，左边的区间是[0..0]，即元素1。右边是[1..2]，即元素2和0。

此时，current_sum=0+sum_left=1 <=4，所以递归处理右边区间[1..2]，current_sum=1。

右边的处理中，传入的区间是元素2（a=2，b=2）和元素0（a=3，b=3）。

现在，处理右边的区间[1..2]。随机选择pivot，比如选择元素2（索引1，a=2）。划分后的左边是元素2，因为其a<=2。sum_left=2。current_sum=1+2=3 <=4。所以current_sum变为3。左边数目是1（元素2）。递归处理右边区间[2..2]（元素0）。

处理右边的区间[2..2]，即元素0的a=3。此时sum_left=3。current_sum+3=6>4。所以无法全部选中，递归处理左边的区间，即元素0所在的区间。此时区间只有一个元素。sum_left=3> x-current_sum=4-3=1。因此，无法选中这个元素。返回0。所以右边的递归处理返回0。总的结果是左边的数目（元素2的数目1）加上0。所以总共有1+1+0=2？这显然不对，因为正确的i是1，而这里返回的是左边的数目1（元素1）加上右边的数目1（元素2），即总共有2个元素，对应的总和是1+2=3，此时总和3<=4。而第三位的总和是3+3=6>4。所以正确的答案是i=2？或者原题中的i是0-based吗？

哦，原题中的i的索引可能对应B数组的索引。比如，B[0]是b[0]，B[1]是b[0]+b[1]，等等。所以，当选中两个元素时，他们的总和是3，对应的i是1。所以正确的答案应该是i=1。而根据上述处理，总返回的数目是2，导致i=1（数目是2，对应的i是数目-1=1）。所以是正确的？

此时，递归函数返回的总数目是元素1和元素2的数目，即2，所以最大的i是1。这与正确结果一致。

那此时，算法是否返回正确的结果？是的。

那这说明算法是正确的？

那另一个例子，假设x=3。正确的结果是i=1，对应的总和3。算法的处理是否如此？

第一次划分，sum_left=1，current_sum=1，处理右边元素2和0。sum_left=2，current_sum+2=3<=3。处理右边元素0，sum_left=3。current_sum=3+3=6>3。无法选中元素0。所以递归处理左边的元素0的区间，返回0。总数目是1（元素1）+1（元素2）+0=2，即i=1。正确。

那这说明算法是正确的。

那现在如何实现这个算法？

需要先将数组随机打乱。然后调用solve函数。

主函数的步骤：

1. 输入n，数组的元素。

2. 将数组随机打乱。

3. 初始化current_sum为0。

4. 调用solve函数处理整个数组，返回最大的数目k，使得总和不超过x。最大的i是k-1。

或者，solve函数返回的是选中的元素数目，因此i是数目-1。例如，如果数目是2，则对应的i是1。

例如，在上面的例子中，返回数目2，对应的i是1。正确。

因此，主函数需要返回solve的结果减一。

所以，最终的答案应该是solve函数返回的数目k，那么最大的i是k-1。或者，是否在计算的时候数目是i+1？比如，当选中k个元素时，最大的i是k-1。

是的。比如，数目为k的元素对应的B[k-1] = sum of first k elements.所以，最大的i是k-1.

所以，主函数中的solve返回k，那么答案i是k-1。

或者，要看函数solve返回的是元素数目，比如数目是k，那么最大的i是k-1。例如，数目为2，则i=1。

所以，在代码中，solve函数返回的是k，那么最终的i是k-1。但是如果数目是零，则返回-1？或者题目中是否有保证x>=0？

题目中给出x是一个给定的值，但原题中的i的最大可能为n-1。如果x比所有B[i]小，则返回最大的i是最大的满足B[i] <=x的。比如，如果x< B[0]，那么无法选中任何元素，返回-1？

这需要处理边界条件。例如，当没有元素的总和<=x时，返回-1。

所以，在主函数中，首先调用solve函数得到k，即选中的元素数目。如果k>=0，则返回k-1，否则返回-1？

或者，solve函数返回k是选中的元素数目，其中k可以是0到n。例如，当x足够大，可以选中所有元素，那么k=n，i=n-1。如果x < B[0]，则k=0，返回i=-1。

这样，主函数的答案应该是k==0 ? -1 : k-1。或者，如果k=0，则说明没有元素被选中，返回-1。否则返回k-1。

因此，整个流程的代码大概如下：

首先，实现随机打乱数组：

可以用std::shuffle，或者手动实现。

然后，实现partition函数，返回划分点和sum_left。

然后，实现递归函数：

int solve(vector<pair<double, double>>& arr, int l, int r, double& current_sum, double x) {

if (l > r) return 0;

double sum_left;

int m = partition(arr, l, r, sum_left);

if (current_sum + sum_left <= x) {

current_sum += sum_left;

int left_count = m - l + 1;

int right_count = solve(arr, m + 1, r, current_sum, x);

return left_count + right_count;

} else {

int left_count = solve(arr, l, m - 1, current_sum, x);

// 或者是否应该是solve(arr, l, m, current_sum, x)? 因为m是左边部分的最后一个元素？

// 原来的划分中，左边是[l..m]吗？

// 在之前的partition函数中，返回的m是左边部分的最后一个元素的索引，所以左边区间是[l..m]。所以当递归处理左边时，应该是l到m。

int left_count = solve(arr, l, m, current_sum, x);

return left_count;

}

}

这样，在递归处理左边的时候，传入的区间是[l..m]，而不是[m+1..r]。

比如，在之前的例子中，划分后的左边是[l..m]，右边是[m+1..r]。

那，在递归处理左边的情况下，应该调用solve(arr, l, m, ...)，而不是m-1。

所以，在代码中，当处理左边时，传入的区间是[l..m]。这可能正确。

那，在代码中：

在递归处理左边的时候，应该调用solve(arr, l, m, current_sum, x)，因为左边是[l..m]。

那修改后的代码：

else {

int left_count = solve(arr, l, m, current_sum, x);

return left_count;

}

这样，当左边的sum_left超过x - current_sum时，递归处理整个左边区间[l..m]。

这可能正确。

那之前的例子中，当sum_left=1，current_sum=0，sum_left<=x=4，处理右边。此时，右边区间是[m+1..r]。例如，m是0，所以右边是1到2。

这可能正确。

那现在，在递归函数中，参数是当前处理的区间l和r。在每次调用时，该区间会被处理。

那么，现在测试另一个例子：

假设数组中的元素是（a=2，b=3），（a=1，b=1），x=3.

排序后的数组按a顺序是（1,1），（2,3）。B数组是1，4。x=3的话，最大的i是0，对应的B[0]=1 <=3， B[1]=4>3。所以答案i=0.

假设初始数组是元素顺序是（2,3）、（1,1）。

在第一次调用时，处理区间0-1。随机选择pivot，比如选索引1（a=1）。划分后的左边是元素1，sum_left=1。current_sum=0+1=1 <=3。递归处理右边的区间m+1=1到1（即元素0）。sum_left是3。current_sum=1+3=4>3。所以无法选中右边元素。递归处理右边的元素0的区间。此时，在右边的处理中，sum_left=3>3-current_sum=1. 所以递归处理左边区间，即元素0的区间。这时候，处理区间是1-1。sum_left=3。current_sum+3=4>3，所以递归处理左边的区间，即元素0的区间？或者，当处理元素0的区间时，sum_left=3，current_sum=1+3=4>3，所以无法选中，递归处理左边的区间，即元素0的左边？

这个时候，区间是1-1。调用solve函数：

sum_left是元素0的b=3。current_sum是1，sum_left=3. 1+3=4>3. 所以无法选中。递归处理左边区间，即调用solve(arr, l=1, m=1, current_sum=1, x=3). 此时，进入递归：

处理区间1-1。选pivot是元素0（此时可能索引1的元素是（2,3）？或者可能我之前的例子构造错了？或者可能在这个例子中，原数组被划分后的结构？

可能这个例子需要重新构造。

原数组的元素是元素0：（a=2，b=3），元素1：（a=1，b=1）。初始数组是[（2,3），（1,1）]。

第一次调用solve处理区间0-1。选择pivot为元素1（a=1）。划分后的左边是元素1，sum_left=1。current_sum=0+1=1 <=3。所以处理右边区间，即元素0。sum_left=3. current_sum becomes 1+3=4>3，所以无法选中。递归处理右边区间，即元素0的区间[0]。此时，进入solve函数处理区间0-0，current_sum=1.

在区间0-0中，sum_left=3. current_sum +3=4>3，所以无法选中，递归处理左边区间[0-0]的左边部分？

但是，当处理区间0-0时，调用partition函数，选择pivot，划分后的sum_left=3. current_sum+3=4>3，所以递归处理左边区间0-0的左边部分，即区间0-0的左边部分？这可能进入无限递归？

或者，此时，在递归处理时，当l ==r时，sum_left等于该元素的b。此时，判断current_sum + sum_left <=x。如果成立，返回1，否则递归处理左边区间。但是此时左边区间是同一元素？

这可能有问题。例如，当处理单个元素，且current_sum + sum_left >x，则递归处理该元素的左边区间，即l到m。当m是该元素的位置，此时再次调用solve(arr, l, m, ...)，导致无限递归？

哦，这显然是一个错误。比如，当处理区间[0..0]，sum_left=3，current_sum=1。current_sum+sum_left=4>3。所以，调用solve(arr, 0, 0, ...)，返回的结果是递归处理左边部分，即区间0到0。这会导致无限递归。

这说明，代码中的递归终止条件没有正确处理这种情况。

所以，在递归函数中，当处理区间l ==r时，如果sum_left >x - current_sum，那么无法选中该元素，返回0。否则返回1。

但是当前的代码中，当处理区间[l..r]，如果sum_left<=x - current_sum，就选中左边所有元素，否则递归处理左边。但在这种情况下，当左边只有一个元素，而sum_left> x - current_sum时，递归处理左边区间，导致无限递归。

所以，必须修改递归的终止条件。

那问题的根源在于，当处理区间[l..r]，并且sum_left> x - current_sum时，是否应该递归处理左边区间[l..m]？此时，左边区间可能包含多个元素，或者一个元素。例如，在单个元素的情况下，m等于l，所以递归处理[l..m]就是处理同样的区间，导致无限循环。

所以，必须修改递归函数，确保在处理单个元素时，能够正确判断是否选中该元素。

可能的解决方案是，在处理递归时，当sum_left> x - current_sum时，需要将左边的元素划分为更小的部分，而不是直接递归整个左边区间。例如，在单个元素的情况下，sum_left是元素的b。如果current_sum + sum_left >x，那么无法选中该元素，返回0。否则返回1。

因此，在递归函数中，必须确保在每次调用时，区间被正确划分，并且不会重复处理同一个区间。

这可能要求，在每次递归调用时，区间的大小至少减少。

例如，在划分后的左边区间是[l..m]。如果m等于原来的l，那么区间的大小减少了吗？例如，当处理区间[l..r]，其中l ==r，划分后的左边是[l..m]，其中m可能等于 l。此时，递归调用solve(arr, l, m, ...)可能仍然是处理同一个区间，导致无限递归。

这表明，代码中的递归终止条件或者划分逻辑存在缺陷。

这可能是因为，当处理一个区间时，如果sum_left> x - current_sum，那么我们需要在左边的区间中找出可以选中的元素数目。但是，左边的区间可能和原区间一样大，例如，如果划分后的左边区间与原区间相同，就会导致无限递归。

例如，假设所有元素的a相同，那么每次划分后的左边区间是整个原区间，导致每次递归处理同一个区间，从而导致O(n^2)的时间复杂度，或者栈溢出。

这显然是一个问题。因此，需要确保在每次递归调用时，区间的大小严格缩小。

这可能要求在partition函数中，必须确保左边区间和原区间不同。例如，当所有元素的a都相等时，左边区间是原区间，sum_left是总和。如果sum_left> x - current_sum，那么递归处理左边区间，导致无限递归。

这显然需要修正。

那这表明，当前的算法设计存在缺陷，无法处理某些情况，导致无限递归或者错误的结果。

那么，如何解决这个问题？

可能的解决方案是，在递归处理左边区间时，确保该区间的大小比原区间小。这可能需要改变partition函数的逻辑，或者调整递归的处理方式。

比如，在partition函数中，当所有元素的a都等于pivot_a时，划分后的左边区间是整个数组，右边为空。此时，sum_left是总和。如果sum_left> x - current_sum，那么需要递归处理左边区间，但此时左边区间和原区间大小相同，导致无限递归。

这显然是不可接受的。

因此，这个算法必须处理这种情况。

那么，如何在这种情况下避免无限递归？

可能的解决方案是，当sum_left> x - current_sum时，在左边区间中找到最大的子集，使得部分和不超过x - current_sum。但如何在不进行排序的情况下找到这个子集？

在这种情况下，可能需要重新考虑整个算法的设计。

或许，问题出在当所有元素的a相同的情况下，此时它们的排列顺序不影响部分和的总和。在这种情况下，问题简化为找到最大的k，使得前k个元素的b之和不超过x。此时，这个问题等同于找到最大的k，使得部分和不超过x，这在未排序的情况下只能在O(n)时间内解决。

这可能需要另一个处理步骤。例如，当在递归过程中发现sum_left> x - current_sum时，必须遍历左边的元素，并找到最大的k，使得部分和不超过x - current_sum。这在无法划分的情况下（例如所有元素的a相同）必须这样做。

这可能引入O(n)的时间复杂度，但无法保证总体的O(n)时间复杂度。

这可能意味着，当前的算法设计无法处理所有情况，或者需要调整。

那么，回到原问题，是否可以采用另一种方式？

比如，将问题转化为寻找最大的k，使得在排序后的数组中前k+1个元素的和不超过x。由于排序后的数组的a是递增的，所以问题与元素的顺序无关，只与它们的a的顺序有关。因此，可以认为，当元素的a越小的，在部分和中越先被累加。因此，当我们需要尽可能多的元素时，应该选择a较小的元素，因为它们的b之和可能更小。

所以，问题类似于选择尽可能多的元素，其中它们的a必须按升序排列，并且它们的b之和的总和不超过x。这似乎与传统的选择问题不同，因为元素的顺序会影响总和。

或者，这个问题等价于，在所有的元素中，找出一个子集，其中元素的a按升序排列，并且它们的b之和的总和不超过x，且这个子集的大小尽可能大。

这与原问题的要求一致，因为排序后的数组中的元素按照a升序排列，所以部分和即为前k+1个元素的和。而最大的i就是最大的k，使得这部分和不超过x。

因此，问题转化为选择最大的k，使得按a升序排列的前k+1个元素的b之和<=x。

因此，这个问题的解法必须将元素按a升序排列，并计算部分和，直到超过x。但为了在O(n)的时间内完成，需要找到一种方法，类似于快速选择，在未排序的情况下找到这个k。

回到最初的算法，即类似于快速选择的划分，递归处理。

但是，当遇到所有元素的a相同的情况时，该算法可能无法处理，因为划分后的左边区间与原区间大小相同，导致无限递归。

因此，必须在这种情况下进行处理。

可能的解决方案是，当在递归处理中发现sum_left> x - current_sum时，不再递归处理整个左边区间，而是对左边区间的元素进行线性扫描，计算每个元素的部分和，并找到最大的k，使得总和不超过x - current_sum。

这可能破坏整体的O(n)时间复杂度，但在这种情况下，可以将时间摊还到其他情况中。

例如，当划分后的左边区间与原区间大小相同，说明所有元素的a相同。此时，可以线性扫描该区间的元素，计算它们的部分和，直到总和超过x - current_sum。这样，这部分处理的时间是O(m)，其中m是区间的大小。这将导致在最坏情况下，时间复杂度为O(n^2)。例如，当所有元素的a相同，且总和超过x时，每次划分后都要线性扫描整个数组，导致O(n)次扫描，每次O(n)时间，总时间O(n^2)。

这显然不符合题目的O(n)时间复杂度要求。

因此，这说明最初的算法设计存在缺陷，无法处理所有情况，尤其是在元素a全相同的极端情况下。

因此，可能需要寻找另一种方法，或者调整算法以处理这种特殊情况。

例如，在每次递归处理时，如果划分后的左边区间与原区间相同，则说明所有元素的a相同。此时，可以直接线性处理这部分元素，找到最大的k，使得他们的总和不超过x - current_sum。这将确保在这种情况下，处理时间为O(n)。

但如何在递归过程中检测这种情况？

例如，在每次调用partition函数后，如果m ==r，即整个区间都被划分为左边，而右边为空，说明所有元素的a <= pivot_a。这可能意味着所有元素的a等于 pivot_a，或者存在比pivot_a大的元素，但在partition过程中可能不会出现这种情况。

或者，这可能无法准确判断。

因此，可能需要另一个方法。

另一个思路是，在递归函数中，当处理一个区间时，如果sum_left> x - current_sum，那么我们无法选中整个左边区间，此时需要找到左边区间中，按a升序排列的前k个元素的和不超过x - current_sum的最大k。由于左边区间的元素的a <= pivot_a，所以在排序后的数组中，左边区间的元素会出现在 pivot_a元素的前面。因此，他们的顺序可能并不完全有序，但他们的a <= pivot_a。因此，在左边区间中，任何元素的a都<= pivot_a，而右边元素的a> pivot_a。因此，当无法选中整个左边区间时，必须递归处理左边区间，以找到其中最大的k。

但在这种情况下，左边区间的元素的a可能都是相同的，或者可能包含更小的a的元素。

因此，回到原来的递归逻辑，当sum_left> x - current_sum时，递归处理左边区间。但是，当左边区间与原区间的大小相同（例如，所有元素的a相同），这将导致无限递归。

要解决这个问题，必须确保在递归处理左边区间时，区间的大小每次都会减少。

可能的解决方法是，在partition函数中，将等于pivot_a的元素随机分配到左边或右边。或者，使用三向划分，将等于pivot_a的元素放在中间。这可能有助于避免在大量重复元素时陷入无限递归。

例如，使用三向划分（类似快速排序中的三向划分），将数组划分为小于pivot_a、等于pivot_a、大于pivot_a的三部分。在这种情况下，当sum_left是小于等于pivot_a的元素的总和，如果sum_left> x - current_sum，则递归处理小于pivot_a的部分，这可能为空。如果等于pivot_a的部分的总和也超过x - current_sum，则处理等于pivot_a的部分。但这可能同样复杂。

这可能是一个可行的解决方案。例如，三向划分：

将数组划分为三部分：a < pivot_a，a == pivot_a， a> pivot_a.

计算左边（a < pivot_a）的总和sum_less，中间（a == pivot_a）的总和sum_eq.

当处理时，首先判断sum_less是否 <= x - current_sum。如果成立，current_sum += sum_less，然后判断sum_eq是否 <=x - current_sum。如果成立，current_sum += sum_eq，返回sum_less+sum_eq的数里，并处理右边。否则，处理中间部分，找到其中可以选中的元素数目，使得总和不超过x - current_sum。否则，处理左边的部分。

这可能更复杂，但可以避免无限递归的情况。

例如，在处理中间部分（a==pivot_a）时，可以按任意顺序选择这些元素，因为它们的a相同，所以在排序后的数组中，它们的顺序不影响总和。因此，在中间部分，我们可以贪心地选择尽可能多的元素，使得它们的总和不超过x - current_sum.

这可能将问题简化为，在中间部分的元素中，按任意顺序选择元素，直到总和超过x - current_sum。因为中间部分的元素的a相同，所以顺序无关，总和的计算可以按任意顺序进行。因此，这部分的处理可以在O(m)时间内完成，其中m是中间部分的元素数目。

这样，在递归处理时，三向划分可以解决所有元素的a相同的问题。

因此，修改算法如下：

1. 在每次递归处理时，将当前区间三划分为小于pivot_a、等于pivot_a、大于pivot_a的三部分。

2. 计算sum_less（a < pivot_a的总和）、sum_eq（a == pivot_a的总和）。

3. 如果current_sum + sum_less <=x，则选中所有a < pivot_a的元素，current_sum += sum_less。然后判断sum_eq是否 <=x - current_sum。如果是，选中所有a==pivot_a的元素，current_sum +=sum_eq，返回数目加上右边递归处理的结果。否则，在a==pivot_a的元素中，按任意顺序选择尽可能多的元素，使得总和不超过x - current_sum。然后返回数目。如果无法选中任何a==pivot_a的元素，则返回a < pivot_a的数目加上右边处理的结果。

这可能能正确处理所有情况，包括元素a全相同的情况。

但这种三向划分的实现可能较为复杂，并且增加算法的时间复杂度。

因此，在时间允许的情况下，可能需要尝试这样的方法。

综上，回到最初的算法，可能无法处理所有情况，比如所有元素的a相同的情况。因此，需要修改递归处理的方式，以避免无限递归。

可能的解决方案是，当递归处理左边区间时，确保该区间的大小比原区间小。这可以通过在partition函数中，确保左边和右边区间都至少有一个元素，或者将pivot元素单独处理。

例如，在partition函数中，将pivot元素单独放在中间位置，然后左边是a < pivot_a，右边是a > pivot_a。中间是等于pivot_a的元素。这可能避免在递归处理时陷入无限循环。

例如，在每次划分时，将数组划分为三个部分：a < pivot_a、a == pivot_a、a> pivot_a。然后，sum_less是左边部分的总和，sum_eq是中间部分的总和。

递归处理时，首先处理左边部分（a < pivot_a），然后中间部分（a == pivot_a），然后右边部分（a > pivot_a）。

在处理当前区间时：

sum_less是左边部分的总和，sum_eq是中间部分的总和。

如果 current_sum + sum_less <=x:

current_sum += sum_less

数目 += 左边部分的元素个数

if current_sum + sum_eq <=x:

current_sum += sum_eq

数目 += 中间部分的元素个数

数目 += 递归处理右边部分的结果

else:

// 在中间部分中选择尽可能多的元素，使得总和不超过x - current_sum

// 因为中间部分的元素的a相同，顺序无关，可以任意排列

数目 += 在中间部分中按顺序累加，直到总和超过x - current_sum，取前k个

return数目

else:

数目 += 递归处理左边部分的结果

return数目

这可能是一个可行的解决方案。

这样，在处理中间部分的元素时，只需累加它们的b值，直到总和超过x - current_sum，即可得到最大的k。

这样，无论中间部分的元素顺序如何，只要它们的a相同，就可以任意顺序累加，得到最大的k。

这样，在中间部分中，可以线性遍历元素，累加它们的b，直到总和超过x - current_sum。

这将确保在处理中间部分时，时间复杂度为O(m)，其中m是中间部分的元素数目。

这样，整个算法的时间复杂度可能仍然是O(n)，因为每个元素至多被处理常数次。

这可能解决元素a全相同的问题。

因此，这样的算法可能更鲁棒，能够处理所有情况。

综上，为了实现这样的算法，需要：

1. 三向划分，将数组划分为左边（a < pivot）、中间（a == pivot）、右边（a > pivot）三部分。

2. 在递归处理时，先处理左边，然后中间，然后右边。

3. 中间部分的处理需要线性遍历，累加元素，直到总和超过x - current_sum。

这可能比较复杂，但可以确保正确性。

因此，现在需要重新设计partition函数，以支持三向划分，并计算sum_less和sum_eq。

三向划分的实现可以采用类似快速排序的三向划分方法。

例如：

void partition(vector<pair<double, double>>& arr, int l, int r, int& less_end, int& great_start, double& sum_less, double& sum_eq) {

// 随机选择pivot索引

int pivot_idx = l + rand() % (r - l + 1);

double pivot_a = arr[pivot_idx].first;

sum_less = 0;

sum_eq = 0;

int i = l; // 当前处理的位置

int less = l; // 指向a < pivot的元素的末尾+1

int great = r; // 指向a > pivot的元素的开头-1

while (i <= great) {

if (arr[i].first < pivot_a) {

swap(arr[i], arr[less]);

sum_less += arr[less].second;

less++;

i++;

} else if (arr[i].first > pivot_a) {

swap(arr[i], arr[great]);

great--;

} else { // equal

sum_eq += arr[i].second;

i++;

}

}

less_end = less -1;

great_start = great +1;

}

这样，划分后的数组结构是：

- [l..less_end]：a < pivot_a

- [less_end+1..great_start-1]: a == pivot_a

- [great_start..r]: a > pivot_a

sum_less是a < pivot_a的元素的总和，sum_eq是a == pivot_a的元素的总和。

这样，在递归处理时，可以处理这三个部分。

递归函数的逻辑如下：

int solve(vector<pair<double, double>>& arr, int l, int r, double& current_sum, double x) {

if (l > r) return 0;

if (l == r) {

if (current_sum + arr[l].second <= x) {

current_sum += arr[l].second;

return 1;

} else {

return 0;

}

}

int less_end, great_start;

double sum_less, sum_eq;

partition(arr, l, r, less_end, great_start, sum_less, sum_eq);

int count = 0;

// 处理左边部分（a < pivot）

if (sum_less > 0) {

if (current_sum + sum_less <= x) {

current_sum += sum_less;

count += (less_end - l + 1);

// 处理中间部分（a == pivot）

if (current_sum + sum_eq <= x) {

current_sum += sum_eq;

count += (great_start - less_end - 1);

// 处理右边部分（a > pivot）

count += solve(arr, great_start, r, current_sum, x);

return count;

} else {

// 在中间部分中找到最大的k

double temp_sum = 0;

for (int i = less_end + 1; i < great_start; i++) {

if (current_sum + temp_sum + arr[i].second > x) {

current_sum += temp_sum;

count += (i - (less_end + 1));

return count;

}

temp_sum += arr[i].second;

}

current_sum += temp_sum;

count += (great_start - less_end -1);

return count;

}

} else {

// 处理左边部分

count += solve(arr, l, less_end, current_sum, x);

return count;

}

} else {

// 没有左边部分，直接处理中间部分

if (current_sum + sum_eq <= x) {

current_sum += sum_eq;

count += (great_start - l);

count += solve(arr, great_start, r, current_sum, x);

return count;

} else {

double temp_sum = 0;

for (int i = l; i < great_start; i++) {

if (current_sum + temp_sum + arr[i].second > x) {

current_sum += temp_sum;

count += (i - l);

return count;

}

temp_sum += arr[i].second;

}

current_sum += temp_sum;

count += (great_start - l);

return count;

}

}

}

这可能比较复杂，但可以处理所有情况。

例如，当所有元素的a相同时，sum_less为0，sum_eq为所有元素的总和。此时，current_sum + sum_eq是否 <=x？如果是，返回所有元素数目，否则在中间部分遍历，累加直到超过x。

这将确保在这种情况下，线性处理中间部分，避免无限递归。

这样，递归函数的时间复杂度为O(n)，因为每个元素至多被处理一次：在划分时，或者在中间部分的线性遍历时。

综上，这样的算法可能正确，并且时间复杂度为O(n)。

现在，回到最初的问题，需要将原数组按a升序排列，并计算部分和。所以，三向划分后的处理顺序是正确的，因为左边部分的a < pivot_a，中间等于，右边大于。处理顺序是左边、中间、右边，这符合a升序排列的顺序。

综上，这样的算法可能正确，并且能够在O(n)的平均时间复杂度内解决问题。

Answer
========

为了解决这个问题，我们需要找到最大的索引i，使得在按a升序排列后的数组的前i+1个元素的b值之和不超过给定的x。为了在O(n)的平均时间复杂度内完成，我们采用类似于快速选择算法的分治法，结合三向划分来处理可能的重复元素。

### 方法思路
1. **随机打乱数组**：避免最坏情况下的时间复杂度。
2. **三向划分**：将数组划分为三个部分：小于pivot、等于pivot和大于pivot的元素，以便处理重复元素。
3. **递归处理**：根据当前部分的和与x的关系，决定递归处理左边、中间或右边的子数组。
4. **线性扫描中间部分**：当中间部分的和超过剩余x值时，线性扫描以找到最大的可累加元素数目。

### 解决代码
```cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <algorithm>

using namespace std;

void random_shuffle(vector<pair<double, double>>& arr) {
    srand(time(nullptr));
    for (int i = arr.size() - 1; i > 0; --i) {
        int j = rand() % (i + 1);
        swap(arr[i], arr[j]);
    }
}

void partition(vector<pair<double, double>>& arr, int l, int r, int& less_end, int& great_start, double& sum_less, double& sum_eq) {
    int pivot_idx = l + rand() % (r - l + 1);
    double pivot_a = arr[pivot_idx].first;
    
    sum_less = 0;
    sum_eq = 0;
    int less = l;
    int great = r;
    int i = l;
    
    while (i <= great) {
        if (arr[i].first < pivot_a) {
            swap(arr[i], arr[less]);
            sum_less += arr[less].second;
            less++;
            i++;
        } else if (arr[i].first > pivot_a) {
            swap(arr[i], arr[great]);
            great--;
        } else {
            sum_eq += arr[i].second;
            i++;
        }
    }
    less_end = less - 1;
    great_start = great + 1;
}

int solve(vector<pair<double, double>>& arr, int l, int r, double& current_sum, double x) {
    if (l > r) return 0;
    if (l == r) {
        if (current_sum + arr[l].second <= x) {
            current_sum += arr[l].second;
            return 1;
        } else {
            return 0;
        }
    }
    
    int less_end, great_start;
    double sum_less, sum_eq;
    partition(arr, l, r, less_end, great_start, sum_less, sum_eq);
    
    int count = 0;
    
    // Process less than partition
    if (l <= less_end) {
        if (current_sum + sum_less <= x) {
            current_sum += sum_less;
            count += (less_end - l + 1);
            
            // Process equal partition
            if (current_sum + sum_eq <= x) {
                current_sum += sum_eq;
                count += (great_start - less_end - 1);
                
                // Process greater partition
                count += solve(arr, great_start, r, current_sum, x);
                return count;
            } else {
                // Need to pick some in equal partition
                double temp_sum = 0;
                for (int i = less_end + 1; i < great_start; ++i) {
                    if (current_sum + temp_sum + arr[i].second > x) {
                        current_sum += temp_sum;
                        count += (i - (less_end + 1));
                        return count;
                    }
                    temp_sum += arr[i].second;
                }
                current_sum += temp_sum;
                count += (great_start - less_end - 1);
                return count;
            }
        } else {
            // Recurse on less than partition
            count += solve(arr, l, less_end, current_sum, x);
            return count;
        }
    } else {
        // No less than partition, process equal partition
        if (current_sum + sum_eq <= x) {
            current_sum += sum_eq;
            count += (great_start - l);
            
            // Process greater partition
            count += solve(arr, great_start, r, current_sum, x);
            return count;
        } else {
            double temp_sum = 0;
            for (int i = l; i < great_start; ++i) {
                if (current_sum + temp_sum + arr[i].second > x) {
                    current_sum += temp_sum;
                    count += (i - l);
                    return count;
                }
                temp_sum += arr[i].second;
            }
            current_sum += temp_sum;
            count += (great_start - l);
            return count;
        }
    }
}

int main() {
    int n;
    double x;
    cin >> n >> x;
    vector<pair<double, double>> arr(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> arr[i].first >> arr[i].second;
    }
    random_shuffle(arr);
    double current_sum = 0;
    int k = solve(arr, 0, n - 1, current_sum, x);
    if (k == 0) {
        cout << -1 << endl;
    } else {
        cout << k - 1 << endl;
    }
    return 0;
}
```

### 代码解释
1. **随机打乱数组**：使用Fisher-Yates算法打乱数组以避免最坏情况。
2. **三向划分**：将数组划分为小于、等于和大于pivot的三个部分，并计算各部分的和。
3. **递归处理**：根据当前部分的和与x的关系，决定递归处理左边、中间或右边的子数组。
4. **线性扫描中间部分**：当中间部分的和超过剩余x值时，线性扫描以找到最大的可累加元素数目。

该方法通过分治法和三向划分确保平均时间复杂度为O(n)，能够高效地解决问题。