题目来源：2018集训队互测 Round17 T2
题意：
题解：
显然我是不可能想出来的……但是觉得这题题解太神了就来搬(chao)一下……Orzpyz！
显然不会无解……
为了方便计算石子个数，在最后面加一堆$a_i=c_i=infty$的石子，确保每次取石子都可以取满$k$个；
先考虑$a_i=0$的情况：
设$f_{i,j}$表示只考虑第0到$i$堆石子，通关前$j$轮的最少操作次数；
设$g_{i,j}$表示只考虑第0到$i$堆石子，前$j$轮结束后再取若干次石子，每次取$k$个，使得第$i$堆前面的所有石堆都被取尽的最少操作次数；
分别记$sa,sb$为$a,b$的前缀和；
从小到大枚举$i,j$，每次考虑加入石堆$i$的影响，分两种情况转移：
若存在一种方案使得不取第$i$堆石子即可通关前$j$轮，此时需满足$j imes b_ileq c_i$且$f_{i-1,j} eqinfty$；
则转移为：
$f_{i,j}leftarrow f_{i-1,j}$
$g_{i,j}leftarrow lceilfrac{j imes sb_{i-1}}{k} ceil$
第二种转移需要满足石子总数够取，即$lceilfrac{j imes sb_{i-1}}{k} ceil imes kleq j imes sb_i$；
否则枚举最后一次取$i$的轮数$r$，此时最优策略一定是分成三部分：
1.在前$r$轮取完$[0,i)$中的石子，这部分答案显然为$g_{i,r}$
2.这轮在$i$中取若干次石子，此时$i$中剩余石子数为$m=r imes sb_i-k imes g_{i,r}$，为了使它在$j$轮后不超过限制，还需要取$x=lceilfrac{max(0,m+(j-r) imes b_i-c_i)}{k} ceil$次；若$x imes k>m$，即石子不够取，则无解；
3.在剩余的$j-r$轮中取石子，这部分跟第一种情况类似，可以得到$f$的操作数为$f_{i-1,j-r}$，$g$的操作数为$g_{i,j}$；
因此转移就是：
$f_{i,j}leftarrow g_{i,r}+f_{i-1,j-r}+x$
$g_{i,j}leftarrow g_{i,r}+lceilfrac{(j-r) imes sb_{i-1}}{k} ceil+x$
时间复杂度$O(nt^2)$；
考虑$a_i eq 0$的情况，可以发现此时对dp的影响只有第二种情况的第三步中，所有石堆的个数都为0；那么直接在$f,g$后面加一维0/1位表示每堆石子初始时是否有值，在第三步转移中用$f_{i-1,j-r,0}$转移，每次计算剩余石子时注意初始的$a_i$即可；
代码看(chao)了天下第一wxh的代码
代码：
1 #include<algorithm>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 #include<cmath>
6 #include<queue>
7 #define inf 100000000000000000
8 #define eps 1e-9
9 using namespace std;
10 typedef long long ll;
11 typedef double db;
12 int n,t,k;
13 ll tmp,tt,m,a[202],b[202],c[202],sa[202],sb[202],f[202][202][2],g[202][202][2];
14 int main(){
15 scanf("%d%d%d",&n,&t,&k);
16 for(int i=1;i<=n;i++){
17 scanf("%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i]);
18 sa[i]=sa[i-1]+a[i];
19 sb[i]=sb[i-1]+b[i];
20 }
21 n++;
22 a[n]=c[n]=sa[n]=inf;
23 sb[n]=sb[n-1];
24 for(int i=1;i<=n;i++){
25 for(int j=0;j<=t;j++){
26 for(int t=0;t<=1;t++){
27 f[i][j][t]=g[i][j][t]=inf;
28 //transform 1
29 if(j*b[i]+t*a[i]<=c[i]&&f[i-1][j][t]!=inf){
30 f[i][j][t]=f[i-1][j][t];
31 tmp=(j*sb[i-1]+t*sa[i-1]+k-1)/k;
32 if(tmp*k<=j*sb[i]+t*sa[i]){
33 g[i][j][t]=tmp;
34 }
35 }
36 //transform 2
37 for(int r=0;r<j;r++){
38 if(g[i][r][t]!=inf){
39 m=r*sb[i]+t*sa[i]-k*g[i][r][t];
40 tmp=(max(0ll,m+(j-r)*b[i]-c[i])+k-1)/k;
41 if(tmp*k<=m&&f[i-1][j-r][0]!=inf){
42 f[i][j][t]=min(f[i][j][t],f[i-1][j-r][0]+g[i][r][t]+tmp);
43 tt=((j-r)*sb[i-1]+k-1)/k;
44 if(tt*k<=(j-r)*sb[i]+m-tmp*k){
45 g[i][j][t]=min(g[i][j][t],g[i][r][t]+tmp+tt);
46 }
47 }
48 }
49 }
50 }
51 }
52 }
53 printf("%lld",f[n][t][1]);
54 return 0;
55 }