太牛。
最波特的地方：添加一个永远有无穷多人的站台在最后，这样每次都会恰好带走 \(k\) 个人。
开始魔怔 DP。\(f_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个站台，要撑 \(j\) 单位时间，最少需要召唤的火车数量；\(g_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个站台，要撑 \(j\) 单位时间，且清空 \(1, 2, \dots, i-1\) 的站台，最少需要召唤的火车的数量。以上都要求每趟火车都恰好带走了 \(k\) 个人。
于是我们有初值 \(f_{0, j} = g_{0, j} = 0\)，答案是 \(f_{n, t}\)。
接下来考虑转移。
若前 \(j\) 个时刻没有任何火车带走站台 \(i\) 的人，也就是说 \(a_i + j \cdot b_i \le c_i\) 且 \(f_{i-1, j} < +\infty\)。此时用 \(f_{i-1, j}\) 直接更新 \(f_{i, j}\)。
然后考虑 \(g_{i, j}\)，它的值有下界 \(\lceil\sum_{u<i} (a_u + j \cdot b_u)/k\rceil\)。注意到我们只需要保证这么多趟火车带走的人不超过 \(\sum_{u\le i} (a_u + j \cdot b_u)\) 就一定能构造出方案。
因为我们已经在前 \(j\) 个时刻有每次都恰好带走 \(k\) 个人的方案，所以我们只需要在 \(j\) 时刻继续带走剩下的人即可。
若前 \(j\) 个时刻有火车带走站台 \(i\) 的人。设最后一次是在第 \(r\) 个时刻。那么，当时一定也清空了前 \(i-1\) 个站台，至少要花 \(g_{i, r}\) 趟火车。
设当时第 \(i\) 个站台还有 \(rem = \sum_{u\le i} (a_u + r \cdot b_u) - k \cdot g_{i, r}\) 个人，那么它最后会变成 \(rem + (j-r) \cdot b_i\) 个人。
为了避免以后爆炸，我们需要考虑先接走 \(\lceil\max(rem + (j-r) \cdot b_i - c_i, 0)/k\rceil\) 个人，当然前提是可行。
那么，接下来，就是对前 \(i-1\) 个站台重新开始游戏，但此时初始的 \(a_u\) 变成了 \(0\)。因此我们对于初始为 \(a_i\) 和 \(0\) 分别做一次 DP 即可。此时 \(g_{i, j}\) 的转移是类似的。
时间复杂度 \(O(nt^2)\)。