\(\sf{Description}\)
\(\sf{Solution}\)
\(\text{Subtask 1}\)
保证 \(m=1\)。
定义 \(f[i][j]\) 为前 \(i\) 棵竹子砍了 \(j\) 次剩下的最高竹子的最小值，就有一个 \(\mathcal O(nk^2)\) 的 \(\mathtt{dp}\)：
\(\text{Subtask 2}\)
最大值最小应该想到二分。
因为有竹子会砍没的情况，所以不好贪心。
正难则反（话说自己根本想不到好吗），倒着考虑：一开始竹子高度全为 \(\rm mid\)，每天竹子会长矮 \(a_i\)，你可以选择 \(k\) 个拔高 \(p\)，要求 过程中 不能 \(< 0\) 且最终所有竹子均 \(\geq h_i\)（倒着来就是先长矮再拔高）。
为什么不能 \(< 0\)？这相当于从土地里面长出来，意味着高度被砍成负数。所以当竹子高度 \(<0\) 时，设此时刻 加一 的时刻为 \(t\)，我们必须在 \([t,m]\) 时刻区间内将竹子拔高。另外，从这里也可以看出越后面的拔高次数越珍贵，我们需要尽量拖延到 "非拔不可" 的时候拔高。所以每棵竹子的生长函数也是 唯一 的。
为什么保证最终所有竹子均 \(\geq h_i\)？可以画一张图，将天数为 \(x\) 坐标，将高度为 \(y\) 坐标，把满足以上条件的 \(i\) 竹子的生长函数画出来（还要保证以 \((m,\rm mid)\) 为终点）。如果生长函数的初始位置 \((0,y)\) 的 \(y<h_i\)，就需要将整个函数向上平移到 \((0,h_i)\) 才是这棵竹子的生长轨迹，这样你会发现它最终比 \(\rm mid\) 高了，这是不合法的。 所以，在计算出生长函数后，我们需要再拔高竹子使得 \(y\ge h_i\)，这时使用的拔高次数就可以使用 \(m\) 天中的任何一天了。
你可能会疑惑。我又 tm 在这里搞了很久，考场上硬是打了一半没打了。
为什么计算出每棵竹子的生长函数后，可以用这个生长函数来生长这棵竹子呢？毕竟，保证了 \(y\ge h_i\)，也就意味着将生长函数应用在这棵竹子上，竹子的生长轨迹是生长函数向下平移的图像。而题目中要求砍竹子时要和 \(0\) 取 \(\max\)，不会出问题吗？事实上，当把竹子砍成 \(0\) 时，我们就让它变成 \(0\)，这肯定比同样时刻生长函数的 \(y\) 坐标更优了！
具体实现时，可以朴素地 \(\mathcal O(nm\log V)\) 来计算。更好的解法是将 \(n\) 棵竹子的 \(m\) 天都放在一起算：因为总共砍伐次数只有 \(mk\)，开 \(m\) 个队列，第 \(i\) 个队列记录第 \(m-i+2\) 天必须砍的竹子。这是 \(\mathcal O((n+mk)\cdot \log V)\) 的。
\(\sf{Code}\)
#include <cstdio>
#define rep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i<=_end;++i)
#define fep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i>=_end;--i)
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
typedef long long ll;
template <class T> inline T read(const T sample) {
T x=0; int f=1; char s;
while((s=getchar())>'9'||s<'0') if(s=='-') f=-1;
while(s>='0'&&s<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),s=getchar();
return x*f;
}
template <class T> inline void write(const T x) {
if(x<0) return (void) (putchar('-'),write(-x));
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <queue>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef pair <int,int> Pair;
const int maxn=1e5+5,maxm=5005;
int n,m,k,p,h[maxn],a[maxn];
ll ans;
queue <Pair> q[maxm];
bool ok(ll x) {
ll t; Pair u;
rep(i,1,m) while(!q[i].empty()) q[i].pop();
rep(i,1,n) {
t=x/a[i]+1;
if(t<=m) q[t].push(make_pair(i,0));
}
for(int i=1,Cut=0;i<=m;++i,Cut+=k) {
while(!q[i].empty()) {
if(Cut) --Cut;
else return 0;
u=q[i].front(); q[i].pop(); ++u.second;
t=(x+1ll*p*u.second)/a[u.first]+1;
if(t<=m) q[t].push(u);
}
}
t=0;
rep(i,1,n)
t+=(max(0ll,1ll*a[i]*m+h[i]-x)+p-1)/p;
return t<=1ll*m*k;
}
int main() {
n=read(9),m=read(9),k=read(9),p=read(9);
rep(i,1,n) h[i]=read(9),a[i]=read(9);
ll l=0,r=0,mid;
rep(i,1,n) r=max(r,1ll*a[i]*m+h[i]);
while(l<=r) {
mid=l+r>>1;
if(ok(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
print(ans,'\n');
return 0;
}
