傳送門

題意：

有 n n n個時間，每個時間給你兩個操作，第一個是 k = k + x k=k+x k=k+x，第二個是 k = k ? x k=k*x k=k?x，且可以執行 [ 0 , y ] [0,y] [0,y]次， k k k初始狀態為 0 0 0，求 [ 1 , m ] [1,m] [1,m]中 k k k能到達的數的最短時間，

思路：

首先比較容易的能想到一個 n m 2 nm^2 nm2的暴力方法，就是遍歷 [ 1 , n ] [1,n] [1,n]，讓后對于每個已經出現過的數，嘗試進行 [ 0 , y ] [0,y] [0,y]次相應的操作， y y y的范圍 [ 0 , m ] [0,m] [0,m]，
我們可以發現這樣更新的話，會有很多重復更新的數，
比如原本能到的數有 [ 3 , 11 ] [3,11] [3,11]，現在 x = 4 , y = 4 x=4,y=4 x=4,y=4，那么你對于每個數更新的時候遍歷到的集合就是 [ 3 , 7 , 11 , 15 , 19 ] [3,7,11,15,19] [3,7,11,15,19]和 [ 11 , 15 , 19 , 23 , 27 ] [11,15,19,23,27] [11,15,19,23,27]，我們可以發現當 3 3 3加到 11 11 11后，之后的數都會在 11 11 11的位置再次加一遍，由此可見，我們當加數的時候，如果當前數已經存在了，那么我們直接 b r e a k break break就好啦，因為之后遍歷到這個數的時候也會再次加一遍，這樣是無效的作業，
由于我們 [ 0 , m ] [0,m] [0,m]的數最多遍歷兩次，是常數級別的，所以復雜度為 O ( N M ) O(NM) O(NM)，
還有就是上取整的時候最好別用浮點數的 c e i l ceil ceil，容易錯，

//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;

//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;

const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;

int n,m;
struct Node
{
    LL t,x,y;
}a[N];
vector<bool>v(N+1,0);
int ans[N];

int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);

    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&a[i].t,&a[i].x,&a[i].y);
        if(a[i].t==1)
        {
            LL now=(a[i].x+100000-1)/100000;
            a[i].x=now;
        }
    }
    v[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        auto nv=v;
        if(a[i].t==1)
        {
            for(int k=0;k<=m;k++)
            {
                if(!v[k]) continue;
                for(int j=1;j<=a[i].y;j++)
                {
                    LL now=1ll*j*a[i].x;
                    if(now>m) break;
                    if(now+k<=m&&!v[now+k]) nv[now+k]=true,ans[now+k]=i;
                    else break;
                }
            }
        }
        else if(a[i].t==2)
        {
            for(int k=0;k<=m;k++)
            {
                if(!v[k]) continue;
                LL now=k;
                for(int j=1;j<=a[i].y;j++)
                {
                    now=(now*a[i].x+100000-1)/100000;
                    if(now>m) break;
                    if(now<=m&&!v[now]) nv[now]=true,ans[now]=i;
                    else break;

                }
            }
        }
        v=nv;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) if(ans[i]==0) printf("-1 "); else printf("%d ",ans[i]);




	return 0;
}