#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;
#define int long long

const int N = 1e4 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int a[N], b[N];  // a数组存的是原价，b数组存的是折后价
int dp[N];       // dp[i]表示的是在花费i价钱的情况下享受的最少折扣

void solve() {
    int n, L, R;
    cin >> n >> L >> R;                                //变量名和题意相同
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i] >> b[i];  //把每一种游戏当作一个物品，后面用“物品”称呼
    memset(dp, INF, sizeof dp);  //因为题目要求的是最小值，所以应该初始化为一个极大值
    dp[0] = 0;                   //这表示的是在不花钱的时候也不享受折扣
    // dp的本质是从上一个状态转移到下一个状态，当我们全部都初始化为INF的时候，这就没有状态转移的开始了
    //所以我们会在一个能够确定的地方对数值进行初始化，让状态得以开始进行转移
    //常见的一般是什么都没有的时候为0啊，为1，左右端点等特殊情况，这个要根据题意进行设定
    for (int i = 1; i <= n; ++i)  //枚举每一个物品的使用情况
        for (int j = R; j >= b[i]; --j)
            //因为花费的上限是R，所以我们从R开始枚举；为什么下限是b[i]呢，因为我们后面的数组下标为j-b[i],我们不能下标越界了
            dp[j] = min(dp[j], dp[j - b[i]] + (a[i] - b[i]));  //更新最小值
    //第二层的for会有很多内容，我会在下面分点说明，如果有不理解的地方可以试着先整体看完，说不定就悟了
    /*
     * 1. 状态转移方程 dp[j] = min(dp[j], dp[j - b[i]] + (a[i] - b[i]));
          min里面的dp[j]就是因为我们嘶进行不断的更新，这个很好理解
          dp[j - b[i]] + (a[i] - b[i]) 表示的意思是我们现在购买了物品i,
    此时我们需要花费b[i]这个价钱，花费了之后我们现在的
    钱就变成了j-b[i]，那为我们享受的折扣也增加了，增加的是物品i的a[i]-b[i]。
          这就是一个状态转移，在现有花费为j的情况下，对于物品i我们有两种状态，一种是不买的dp[j]，一种是购买物品i的dp[j
    - b[i]] + (a[i] - b[i])，我们不断的取min更新这一数值
          所谓的01背包，就是题目给定了n种物品和一个容量有限的背包（空间），每件物品都会消耗背包的一定容积（对应的是题目中的花费），
    并带来一定价值（对应题目中的折扣），要求如何选取装入背包中的物品，使得背包内的物品价值最大or小。
     * 2. 第二层的for为什么是逆序的for呢，这个好难讲啊md
          可能看到上面的代码你会有疑问（哦可能根本没有），就是为什么我们的dp数组，没有维度取表示当前是第几个物品呢
          其实它最原始的状态转移是dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - b[i]] + (a[i] - b[i]))
          这么一看是不是一下子就理解的状态转移方程了
          物品i只和上一个物品（也就是物品i-1）有关，在第i个物品且花费了j的情况下，①我们可以选择不买当前第i个物品，也就是dp[i
    - 1][j]；
    ②还可以选择花费b[i]购买当前物品，因为dp[i][j]表示的是做完选择之后的状态，所以在上一个状态的时候的花费应该是j
    - b[i]，这样在选择购买 此次物品之后的花费才会变成j，与此同时我们的价值（也就是题目中说的折扣）会加上a[i] -
    b[i]，这就是dp[i - 1][j - b[i]] + (a[i] - b[i]) 的含义。
          理解了更本质的状态转移方程之后，我们将在此引入"滚动数组"的含义，它将把我们的二维dp数组压到一维进行
          我们不难理解，物品i的所有状态，都之和i-1有关，也就是说我们只需要用一维数组来保存i-1的状态和
          假设i-1时刻的dp[]是{a0, a1, a2... an}, 那么对于i���刻的第x个数就应该是min{dp[x], dp[x-c[x]]+w[x]}
          c[x]是物品的花费，对应题目中物品x的花费
          w[x]是价值，对应题目中物品x的折扣
          （min和max是根据题目确定，这里写min是因为题目要求的是min）
          这时候就可以知道为什么需要我们逆序的去遍历dp数组了，因为只有这样才能保证物品i时刻所进行转移的前一个状态是i-1的
          如果我们是进行正序的遍历，那么dp[0],dp[1]...都已经被修改过了，等于说我们会用物品i更新物品i，那这样就错了
    */
    int ans = INF;
    for (int i = L; i <= R; ++i) ans = min(ans, dp[i]);  //经过了以上的注释，这里就很容易理解了
    cout << (ans == INF ? -1 : ans) << '\n';
    //在dp中，正序和逆序的遍历十分重要，这关系到了状态是从合适转移到当前的状态的，需要好好理解
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    solve();
    return 0;
}