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N个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。
从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，
而完成这批任务所需的时间是各个任务需 要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。
每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。（1 <= N <= 10000）
分析：当执行第k批任务时，设最优解为dp[k]，对于dp[k]的取值，可知只受k批之前任务安排的影响（任务的顺序不得改变）。
因此可用动态规划解之，
设sumt[i]表示从1到i的任务所需要的时间总和，sumf[i]表示从1到i的费用系数总和，dp[i]表示对于从i到n的任务安排的最优解
sumT[i]表示从i到n的任务所需要的时间总和，sumF[i]表示从i到n的费用系数总和，dp[i]表示对于从i到n的任务安排的最优解
朴素方程：dp[i]=min(dp[j]+(sunt[i]-sumt[j]+s)*(sumf[i]-sumf[j]);(1<=i<=n;1<=j<k) O(n*n) (正推)
dp[i]=min(dp[j]+(sunT[i]-sumT[j]+s)*sumF[i]) (1<=i<=n+1;i<j<=n+1) O(n*n) ( 反推 )
由于1<=n<=10000;所以必须降低复杂度；
下面选择反推讨论之（正推可以得到结果，不知道为什么wrong到死，能力有限）
我们考虑在计算dp[i]时，对于i < j < k来说， 如果保证决策k比决策j大的条件是：
dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[i] < dp[k] + (S + sumT[i] -sumT[k]) * sumF[i]
通过移项整理，可以化简为：
(dp[j] - dp[k]) / (sumT[j] - sumT[k]) < sumF[i]
可知当我们计算dp[i]时，若(dp[j] - dp[k]) / (sumT[j] - sumT[k]) >=sumF[i]时我们可以舍弃j（决策K优于决策J）；
因此我们可以用一个单调队列，对于元素i需要入对时，（i<j<k）,我们如何维护呢，不妨设函数Q(j,k)=(dp[j] - dp[k]) / (sumT[j] - sumT[k]);
因为i需要入对，我们需要讨论的即是对于决策j，我们是否需要保留，（下面我们来讨论J需要舍弃的条件）；
如果j需要舍弃，即对于决策i，j，i优于j；对于决策j，k，k优于j；故此我们有Qi,j)<sumF[i],sumF[i]<=Q(j,k);
即推出 Qi,j)<Q(j,k)；
综上：可以考虑维护一个斜率的队列来优化整个DP过程：
(1)假设i(马上要入队的元素)<j< k依次是队列尾部的元素，那么我们就要考虑Q(i,j)是否大于Q(j,k)，
如果Q(i,j) < Q(j,k)，那么可以肯定j一定不会是决策点，可以从队列中将j去掉，依次向前推，
直到找到一个队列元素少于2个或者Q(i,j)>= Q(j,k)的点才停止。
(2)假设k>j(k是头元素)是依次是队列头部的元素，如果g(j,k) < sumF[i]的话，
那么对于i来说决策点j肯定优于决策点k，又由于sumF[i]是随着i减少而递增的，
所以当Q(j,k) < sumF[i]时，就一定有Q(j,k) < sumF[i-1]，因此当前的决策点k不仅仅在考虑dp[i]时不会是最佳决策点，
而且在后面的DP中也一定不会是最佳决策点，所以我们可以把k从队列 的头部删除，依次往后如此操作，
直到队列元素小于2或者Q(j,k)>= sumF[i]。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXSIZE 10050
#define sf scanf
#define pf printf
using namespace std;
int sumT[MAXSIZE],sumF[MAXSIZE],dp[MAXSIZE],s,queue[MAXSIZE],t[MAXSIZE],f[MAXSIZE];
int comdp_sub(int i,int j,int k)
{
return (dp[j]-dp[k])-(sumT[j]-sumT[k])*sumF[i];
}
int comdp_slope(int j,int k,int l)
{
return (dp[j]-dp[k])*(sumT[k]-sumT[l])-(dp[k]-dp[l])*(sumT[j]-sumT[k]);
}
int get_dpmax(int i,int j)
{
return dp[j]+(s+sumT[i]-sumT[j])*sumF[i];
}
int main()
{
int n;
while(~sf("%d",&n))
{
sf("%d",&s);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
sf("%d%d",&t[i],&f[i]);
}
sumT[n+1]=sumF[n+1]=0;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
sumT[i]=sumT[i+1]+t[i];
sumF[i]=sumF[i+1]+f[i];
}
int rear=-1,head=0;
queue[++rear]=n+1;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
while(rear>head&&comdp_sub(i,queue[head],queue[head+1])>=0) head++;
dp[i]=get_dpmax(i,queue[head]);
while(rear>head&&comdp_slope(i,queue[rear-1],queue[rear])>=0) rear--;
queue[++rear]=i;
}
pf("%d\n",dp[1]);
}
}
