题目大意

有一个加工厂，第 i i i 周，生产一个单位需要 C i C_i Ci​ 便士。

工厂有一个货栈，保存一单位，每周需要 S S S 便士，这个费用不会变化，货栈十分强大，可以存无限量的单位，而且保证它们不变质。

工厂接到订单，在第 i i i 周需要交付 Y i Y_i Yi​ 单位的奶酪给委托人，第 i i i 周刚生产的奶酪，以及之前的存货，都可以作为产品交付。

请帮牛们计算这段时间里完成任务的最小代价。

对于 100 % 100\% 100% 的数据： 1 ≤ N ≤ 10000 ； 1 ≤ S ≤ 100 ； 1 ≤ C i ≤ 5000 ； 0 ≤ Y i ≤ 10000 1≤N≤10000；1≤S≤100；1≤C_i≤5000；0≤Y_i≤10000 1≤N≤10000；1≤S≤100；1≤Ci​≤5000；0≤Yi​≤10000。

解题思路

有一个显然的思路。

每一周生产的单位，可以自己生产，也可以从前几周生产。

易证，让前几周（包括这一周）中有最小费用（为当周的费用 + + + 存储所需的费用）的周生产当前所需的所有单位是最优的。

证明：第 i i i 周花费的费用为：

( C 1 + （ i − 1 ) s ) ∗ q 1 + ( C 2 + ( i − 2 ) s ) ∗ q 2 + ( C 3 + ( i − 3 ) s ) ∗ q 3 + . . . + C i ∗ q i (C_{1}+（i-1)s)*q_1+(C_2+(i-2)s)*q_2+(C_3+(i-3)s)*q_3+...+C_i*q_i (C1​+（i−1)s)∗q1​+(C2​+(i−2)s)∗q2​+(C3​+(i−3)s)∗q3​+...+Ci​∗qi​

其中 q 1 + q 2 + . . . + q i = Y i q_1+q_2+...+q_i=Y_i q1​+q2​+...+qi​=Yi​

为了简化上式，暂且设 p i , j = C i + ( j − i ) s p_{i,j}=C_i+(j-i)s pi,j​=Ci​+(j−i)s

则上式等于：

p i , 1 ∗ q 1 + p i , 2 ∗ q 2 + . . . + p i , i ∗ q i p_{i,1}*q_1+p_{i,2}*q_2 + ... + p_{i,i}*q_i pi,1​∗q1​+pi,2​∗q2​+...+pi,i​∗qi​

设 M i n k Min_k Mink​ 为将上式中的 p i , j p_{i,j} pi,j​ 中第 k k k 小的。

那么上式肯定 ≥ M i n k ∗ q 1 + M i n k ∗ q 2 + . . . + M i n k ∗ q i = M i n k ∗ Y i ≥ M i n k − 1 ∗ Y i ≥ M i n k − 2 ∗ Y i ≥ . . . ≥ M i n 1 ∗ Y i \ge Min_k*q_1+Min_k*q_2+...+Min_k*q_i=Min_k*Y_i \ge Min_{k-1}*Y_i \ge Min_{k-2}*Y_i \ge ... \ge Min_1*Y_i ≥Mink​∗q1​+Mink​∗q2​+...+Mink​∗qi​=Mink​∗Yi​≥Mink−1​∗Yi​≥Mink−2​∗Yi​≥...≥Min1​∗Yi​

综上， 得 出 让 一 个 有 最 小 费 用 （ 当 然 包 括 到 这 一 周 的 存 储 费 用 ） 的 周 购 买 当 前 周 的 所 有 单 位 是 最 优 的 ， 当 周 最 小 费 用 为 M i n 1 ∗ Y i \color{red}{得出让一个有最小费用（当然包括到这一周的存储费用）的周购买当前周的所有单位是最优的，当周最小费用为Min_1*Y_i} 得出让一个有最小费用（当然包括到这一周的存储费用）的周购买当前周的所有单位是最优的，当周最小费用为Min1​∗Yi​

AC CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

int read()
{
	int x = 0, f = 1;
	char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9')
	{
		if(c == '-') f = -1;
		c = getchar();
	}
	while(c >= '0' && c <= '9')
	{
		x = x * 10 + c - 48;
		c = getchar();
	}
	return x * f;
}

int n, s;

int a, b;

int kkk = INT_MAX;

int ans;

signed main()
{
	n = read();
	s = read();
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		a = read();
		b = read();
		kkk = min(a, kkk + s);
		ans += kkk * b;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}