- 给定两个长度为(n)的序列(h)和(a)，你需要进行(m)轮操作：
- 进行(k)次修改，每次选择将一个(h_i)修改为(max{h_i-p,0})。
- 所有(h_i)加上(a_i)。
- 求最终(h_i)中最大值的最小值。
- (nle10^5,mle5 imes10^3,kle10)
二分答案+逆向思维
最小化最大值，显然二分答案(x)。
显然(max{h_i-p,0})一看就是个非常麻烦的东西，因此我们考虑倒着做。
假设最终所有数都变成了(x)。
现在就是每次可以进行加(p)操作，每轮所有数会减去各自的(a_i)。
要求满足所有数始终大于等于(0)，且最终所有数要大于各自的(h_i)。
贪心+桶优化
因为此时加(p)操作没有限制了，所以我们可以选择把之前的操作先屯着，每次不得不用的时候再用，显然一定不会劣。
所以我们求出每一个数最多能撑过几次操作后会小于(0)，然后把它扔到这个次数对应的桶里面。
然后依次枚举所有桶，每次取出桶中元素，给它加(p)让它大于等于(0)，接着重新计算能撑过几次操作，扔到新的桶里。
显然(i)轮操作时操作次数超过(i imes k)可以直接返回(false)，故单次检验复杂度是(O(mk))的。
代码：(O((n+mk)logAns))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LL long long
#define mp make_pair
#define Pr pair<LL,LL>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
int n,m,k,p,h[N+5],a[N+5];vector<int> V[N+5];vector<int>::iterator it;
LL s[N+5];I bool Check(Con LL& x)//验证答案
{
#define Push(id,x) (id)<m&&(V[id].push_back(x),0)
RI i;for(i=0;i^m;++i) V[i].clear();for(i=1;i<=n;++i) Push((s[i]=x)/a[i],i);//初始化桶
RI t=0;LL d;for(i=0;i^m;++i) for(it=V[i].begin();it!=V[i].end();++it)//依次枚举所有桶，遍历桶
{
d=(1LL*a[*it]*(i+1)-s[*it]+p-1)/p;//计算需要加多少次，注意上取整
if(s[*it]+=d*p,(t+=d)>i*k) return false;Push(s[*it]/a[*it],*it);//重新计算能撑几次，扔到新的桶里
}
for(i=1;i<=n;++i) if(s[i]<1LL*a[i]*m+h[i])//每个数最终要大于h[i]
if(d=(1LL*a[i]*m+h[i]-s[i]+p-1)/p,(t+=d)>m*k) return false;return true;
}
int main()
{
RI i;for(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&p),i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",h+i,a+i);
LL l=0,r=1e13,mid;W(l^r) Check(mid=l+r>>1)?r=mid:l=mid+1;return printf("%lld
",r),0;//二分答案
}