考虑这样一种做法，因为每次传递能量都会减少 $4/5$ ,我们期盼的是让能量尽量少。那么又因为题目保证 $r_i$ 单调不减,所以我们维护一个值 $p$ 表示当前已经满足了前 $p$ 个人的需求。每次到一个新的人，贪心的将自己的能量传递给第 $p$ 个人，如果出现了不行就表示无解了。最后把剩下的传给自己作为答案。

考虑这样的复杂度，我们枚举每个生物作为被吃的，在其中维护了 $p$ 这个值，而 $p$ 最多能到 $n$, 而每次操作我们要么在 $O(1)$ 的时间内发现当前被吃的人不能让 $p$ 增加，要么在 $O(\Delta p+1)$ 的时间内让 $p$ 增加了$\Delta p$。可以看出我们的复杂度为$$\sum \Delta p +O(n)=O(n)$$

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <complex>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <string>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int MAXN = 1e5 + 100;
const double EPS = 1e-8;
int n;
double a0;
double a[MAXN], b[MAXN], r[MAXN];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cin >> n >> b[0];
    for (int i = 1; i < n + 1; ++i)
    {
        cin >> a[i] >> r[i];
    }
    double ans = 0;
    int npos = 0;
    for (int i = 0; i < n + 1; ++i)
    {   
        if (npos == i)
            ++npos;
        double ret = b[i];
        while (npos < n + 1 && r[npos] < i)
            ++npos;
        while (npos < n + 1 && r[npos] >= i && ret > 0)
        {
            double req = 5 * (a[npos] - b[npos]);
            if (req >= ret)
            {       
                b[npos] += 0.2 * ret;
                ret = 0;
            }
            else
            {
                b[npos] = a[npos];
                ++npos;
                ret -= req;
            }
        }
        if (npos == n + 1)
            ans += ret * 0.2;
    }
    bool ok = 1;
    for (int i = 1; i < n + 1; ++i)
    {
        if (b[i] < a[i])
            ok = 0;
    }
    if (ok && npos == n + 1)
        printf("%.8lf\n", ans);
    else
        printf("-1\n");
    return 0;
}