强化版
强强化版

朴素 DP：

由于我们需要知道 $S$ 被计算了几次，所以相应的也需要知道这是第几批次的任务。
设 $dp_{i,j}$ 表示分了 $i$ 批次完成前 $j$ 个任务的最小代价。
记 $st,sc$ 分别为 $t,c$ 的前缀和。
则有转移式：

$$dp_{i,j}=\min\limits_{0 \leq k \lt i} \{ dp_{i-1,k} + (S \times i + st_j) \times (sc_j - sc_k) \}$$

注意是 $sc_j - sc_k$ 不是 $sc_j - sc_{k-1}$。
这样空间是 $O(n^2)$，时间复杂度是 $O(n^3)$。由于卡空间需要滚动数组优化到 $O(n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5015;
long long INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, S, t[N], c[N];
int st[N], sc[N];
long long dp[2][N];
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &S);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &t[i], &c[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++) st[i] = st[i - 1] + t[i], sc[i] = sc[i - 1] + c[i];
    long long ans = INF;
    memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
    dp[0][0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= n; j++) dp[i & 1][j] = INF;
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            for (int k = 0; k < j; k++)
                dp[i & 1][j] = min(dp[i & 1][j], dp[(i - 1) & 1][k] + (S * 1ll * i + st[j]) * 1ll * (sc[j] - sc[k]));
        }
        ans = min(ans, dp[i & 1][n]);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

蓝书上介绍了一种费用提前计算的思想。
设 $dp_{i}$ 表示把前 $i$ 个任务分成若干组的最小代价。
发现对于每一组任务，$S$ 的贡献计算是单增的。即 $S,2S,3S,\dots,kS$。
根据分配律，考虑把代价的计算中 $st$ 和 $S$ 的部分分开来计算。在当前任务提前计算好后面任务中 $S$ 的贡献。
即：

$$dp_{i} = \min\limits_{0 \leq j \lt i} \{ dp_{j} + (sc_i - sc_j) \times st_i + (sc_n - sc_j) \times S \}$$

此时空间复杂度是 $O(n)$，时间复杂度 $O(n^2)$，可以通过本题。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5015;
long long INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, S, t[N], c[N];
int st[N], sc[N];
long long dp[N];
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &S);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &t[i], &c[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++) st[i] = st[i - 1] + t[i], sc[i] = sc[i - 1] + c[i];
    long long ans = INF;
    memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j < i; j++)
            dp[i] = min(dp[i], dp[j] + (sc[i] - sc[j]) * 1ll * st[i] + (sc[n] - sc[j]) * 1ll * S);
    printf("%lld\n", dp[n]);
    return 0;
}