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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 500010;
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typedef long long LL;//五年OI一场空，不开LONG LONG
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int n, d, k; // n:格子数，d:机器人可以跳的距离,k:想要取得的分值
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int x[N], w[N]; // 距离数组x[i]表示i号格子距离出发点的距离，w[i]从i号格子中可以获得的分值
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LL f[N]; // f[i]:到达i点时可以获取到的最大分值
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int q[N]; // 单调队列,记录的是格子号
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bool check(int g) { // g 描述的是给定的金币数量
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LL res = 0;
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// 多次dp,每次需要清空统计数组
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memset(f, -0x3f, sizeof f); // 预求最大，先设最小
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f[0] = 0; // 递推起点数据，分值为0,这个要先看状态转移方程，再思考整体初始化、起点初始化
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int hh = 0, tt = -1;
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// L,R : 左右边界
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int L = max(1, d - g), R = d + g;
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/*
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④ 为什么要先处理入队列，再处理出队列？反过来为什么是错的呢？
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答：我们向单调队列中添加节点的逻辑是发现x[i]-x[k]>=L,也就是k没有进过队列，没有参加
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评比过，并且，两个格子间的距离大于了L，就让它进来试试。
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但是，这样就真的可以了吗？因为我们知道，单调队列中保存是一个个格子号，而这些格子号必须在i左侧指定的范围内才行。
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x[i]-x[k]>=L是成立了，那会不会k离i太远了，超过了上限R呢？如果是这样的话，那么k是不能停留在队列中的，需要去除掉。
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*/
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for (int i = 1, j = 0, k = 0; i <= n; i++) {
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// ① 新元素入队列
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while (x[i] - x[k] >= L) { // i走的挺快，k有资格参评了
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while (hh <= tt && f[q[tt]] <= f[k]) tt--; // 年龄比k大，值比k小的都去死
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q[++tt] = k++; // k入队列
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}
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// ② 越界元素出队列
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while (x[i] - x[j] > R) j++; // j出界,j无法跳到i
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while (hh <= tt && q[hh] < j) hh++; // j都出界了，单调队列也需要维护，把比j小的都干掉
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// ③ 队列非空,队列头中保存的就是前面[L,R]范围内的分数最大值所对应的y号格子
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if (hh <= tt) f[i] = f[q[hh]] + w[i]; // 再加上i号格子中的w[i]分值，就是总分值
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// 时刻更新最大值
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res = max(res, f[i]);
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}
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// 因为分值中存在负数，一旦是在半途中出现可以获取到的分值大于等于k时，就可以停止掉，表示已经找到了一个金币数量满足增加了自由度后，可以取得k这样的分值
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return res >= k;
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}
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int main() {
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// 加快读入
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ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
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cin >> n >> d >> k; // 格子数量，机器人每次可以跳的距离，想要拿到的分数
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for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> x[i] >> w[i]; // 起点到第i个格子的距离,第i个格子的分数
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int L = 0, R = 1e9, ans = -1; // 二分的左右无脑边界值
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/*
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二分的最后结果有两种方式:
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1、使用ans变量记录最终结果，ans初始化为-1,每次找到check()通过的mid,ans=mid,这样，如果最终有答案ans就记录的是答案，否则就记录的是-1。
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2、不使用ans变量记录，而是最后再用!check(L)然后输出-1。
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个人认为方法1更易理解。
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*/
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while (L < R) {
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int mid = L + R >> 1;
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if (check(mid)) {
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R = mid;
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ans = mid;
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} else
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L = mid + 1;
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}
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printf("%d\n", ans);
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return 0;
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}
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