思路：
最朴素的dp式子很好考虑：设(dp(i,j))表示前(i)个任务，共(j)批的最小代价。
那么转移方程就有：
[dp(i,j)=min{dp(k,j-1)+(sumT_i+S*j)*(sumC_i-sumC_k)}
]
为什么有个(S*j)呢，因为前面的批次启动会对后面的答案有影响。
但是分析复杂度是(O(n^3))的，肯定不行。
考虑一下为什么需要第二个状态呢？是为了消除后效性，因为后面的状态不知道总共启动了几次。
但我们可以把费用提前计算，一次启动，那么对于后面所有的机器都会有贡献，我们提前把这个贡献算了，后面就可以不管这个了，也就是强制消除后效性。
所以变换后的(dp)式子就为：
[dp(i)=min{dp(j)+sumT_i*(sumC_i-sumC_j)+S*(sumC_n-sum_j)}
]
其实这样已经可以通过洛谷的数据了，但这还不够！我们还可以优化。
观察(dp)式子，后面加上的部分为(i,j)相关变量的乘积形式，所以我们可以考虑斜率优化dp。
将(i,j)变量分离，有：
[dp(j)=(s+sumT_i)*sumC_j+dp_i-sumT_i*sumC_i-s*sumC_n
]
显然这个式子直接用队列维护一个斜率不断增加的下凸壳即可。
时间复杂度就为(O(n))了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5005, MOD = 1e9 + 7;
int n, s;
int sumt[N], sumc[N];
int q[N], dp[N];
int main() {
#ifdef heyuhhh
freopen("input.in", "r", stdin);
#else
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
#endif
cin >> n >> s;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int t, c; cin >> t >> c;
sumt[i] = sumt[i - 1] + t;
sumc[i] = sumc[i - 1] + c;
}
int l = 1, r = 1; q[1] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
while(l < r && dp[q[l + 1]] - dp[q[l]] <= (s + sumt[i]) * (sumc[q[l + 1]] - sumc[q[l]])) ++l;
dp[i] = dp[q[l]] - sumt[i] * sumc[q[l]] - s * sumc[q[l]] + sumt[i] * sumc[i] + s * sumc[n];
while(l < r && (dp[i] - dp[q[r]]) * (sumc[q[r]] - sumc[q[r - 1]]) <= (dp[q[r]] - dp[q[r - 1]]) * (sumc[i] - sumc[q[r]])) --r;
q[++r] = i;
}
cout << dp[n];
return 0;
}