直接讲我做这题的思路吧
我的做法好像不太一样？
看到最小化最大值，感觉可以二分答案，答案也确实有单调性.. 然后看 check 怎么做。
先抛开每天砍几次的限制，二分最大的那棵的高度之后，我们可以得知每棵柱子总计要被砍多少长度，进而求出总次数，先把这个判掉，如果总次数之和大于 (mk)，显然不行。
图中相当于把这个竹子分成四段，最优情况下，在没有第几天的限制时，我一定会让每一次砍操作都砍掉其中一段，总次数就是所有竹子的段数之和 (sum)。
注意到时间靠后的“砍”操作一定比时间靠前的更有价值，比如我对于同一个竹子，本来在第 (k) 天砍，把这次机会移到第 (k+1) 天后，这棵竹子要么长度减小要么不变，不会增加。
也就是说我可以把“砍”操作任意后移。所以我们贪心的让“砍”操作尽量在前面，然后在这样的最优方案下，保证按时间的每一个后缀和符合要求，即后 (i) 天的砍总操作数 (leq ik)。
我们先假定只能砍 (sum) 次，事实上，即使多砍，也没有任何用处，该不行的还是不行，本来行的可能弄成不行，这看起来很不对，实际上是对的。比如我本来第 (k) 天要砍一次，现在我在前面多砍了几次，然后我第 (k) 天就不砍了，这样看起来 (k) 的后缀和减少了，其实不是，第 (k) 天留下的竹子长度变长了，后面一定会有某一天多出来了一个操作，(k) 以后的操作次数增加了，这样 (k) 的后缀没变，后面某一天的后缀却变大了。
事实上不同的竹子是相互独立的，于是我们枚举每个竹子，按时间从小到大看，只要当前长到的长度大于等于 (p)，就砍 (p)，否则看长度是不是大于等于顶上那段 (fir)，因为把 (fir) 砍掉也能使它少掉一次需要砍的次数，不过砍了就一定砍成 0，可能会把 (fir) 下面那段 (p) 砍去一部分，要注意一下这个。
其实上面那两种是一样的，我为啥要分类讨论呢。
这样复杂度是 (O(nmlog W)) 的，过不了，但是在枚举天数的时候，很多次枚举都是等它长到长度足够，这没有意义，把这些合并起来一起处理，就是每次让它一下直接长到能砍（当然对应的天数也要加上去）的高度。由于最多砍 (mk) 次（否则之前判掉了），时间复杂度降为 (O((n+mk)log W))。
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N = 200005;
LL n,m,k,p;
LL to[N],h[N],dv[N],fir[N],a[N];
LL val[5005];
LL chk(LL x){
LL sum = 0,td;
for(LL i = 1;i <= n;i ++){
to[i] = h[i] + a[i] * m - x;
fir[i] = -1; dv[i] = 0;
if(to[i] <= 0) continue;
dv[i] = (to[i] - 1) / p;
fir[i] = to[i] - dv[i] * p;
sum += (dv[i] + 1);
} if(sum > m * k) return 0; // 判总次数
for(LL i = 1;i <= m;i ++) val[i] = 0;
for(LL i = 1;i <= n;i ++){
to[i] = h[i];
for(LL j = 1;j <= m;){
while(to[i] >= p && dv[i]){
to[i] -= p; dv[i] --;
val[j] ++;
}
if(to[i] >= fir[i] && fir[i] != -1){
to[i] -= fir[i]; fir[i] = -1;
val[j] ++;
}
if(fir[i] == -1 && !dv[i]) break;
td = ((fir[i] == -1 ? p : fir[i]) - to[i] - 1) / a[i];
to[i] += a[i] * (td + 1); j += (td + 1);
}
} sum = 0;
for(LL i = m;i >= 1;i --){
sum += val[i];
if(sum > k * (m - i + 1)) return 0;
} return 1;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
LL mxa = 0,l,r,mid,ans;
cin >> n >> m >> k >> p;
for(LL i = 1;i <= n;i ++){
cin >> h[i] >> a[i];
mxa = max(mxa,a[i]);
// 这是二分下界，最后一轮全部砍成 0 后，还是会再长一段，不取这个会错，见样例 2
}
l = mxa,r = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
while(l <= r){
mid = (l + r) >> 1;
if(chk(mid)){
ans = mid;
r = mid - 1;
}
else l = mid + 1;
}
cout << ans << '
';
return 0;
}