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这是一个DP问题，状态表示：$dp[i][j]$表示，前$i-1$集都决策完毕后，到达第$i$集且当前剩余观看人数为$j$时，最大收益

很明显可以得到：
① $dp[i+1][j/d[i]]=max(dp[i+1][j/d[i]],dp[i][j]+p[i]\times j)$
② $dp[i+1][j]=dp[i][j]$

即由$dp[i][j]$这个状态可以推导出两个新的状态，分别是第$i+1$层，人数不变，即上一集没有插播广告，即没有收益，因此得到②式
第$i+1$层，人数发生变化（减少），即上一集中插播了广告，上一集由$j$个人，因此插播广告后人数为$j/d[i]$，新获得的收益为$p[i]\times j$，因此有①式

如果直接定义这么大一个二维数组会同时MLE和TLE。但其实没有必要，首先第$i+1$层的状态完全由第$i$层推出，因此可以用滚动数组，递推方向从前向后，MLE解决了。但是两层循环遍历依然会TLE。是因为我们遍历了很多用不到的$j$，地推过程中出现的$j$的取值是$\lfloor m/a\rfloor$和$\lfloor \lfloor m/a\rfloor /b\rfloor$，而$\lfloor \lfloor m/a\rfloor /b\rfloor =\lfloor m/(a\times b)\rfloor$，也就是说，所有$j$的取值都在$m$的范围内，且数量不多，只需要预处理出来，就可以减少内层循环的次数。数量为根号级别，复杂度为$n\sqrt{m}$
注意使用 long long

$\lfloor \lfloor m/a\rfloor /b\rfloor =\lfloor m/(a\times b)\rfloor$简易证明：
$\lfloor m/(a\times b)\rfloor$表示$m$中含有多少个$a\times b$
$\lfloor m/a\rfloor$表示$m$中含有多少个$a$，设$\lfloor m/a\rfloor =l$
则$m$中包含$a\times b$个数可表示为$\lfloor \frac{a\times l}{a\times b}\rfloor$即$\lfloor \frac{l}{b}\rfloor$(因为是$a\times b$的倍数，则一定是$a$的倍数，而$m$以内$a$的最大倍数是$a\times l$，因此上限不写m而写成$a\times l$)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int p[N], d[N];
typedef long long ll;
bool vis[N];
int a[N], ind;
int n, m;
ll dp[N];
// #define LOCAL
int main(){
    
    
#ifdef LOCAL
    freopen("in", "r", stdin);
    freopen("out", "w", stdout);
#endif
    scanf("%d %d", &n, &m);
    memset(vis, 0, sizeof vis);
    for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", p + i);
    for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", d + i);
    ind = 0;
    a[++ind] = 0;

    for (int i = 1; i <= m; i++){
    
    
        if (!vis[m / i]){
    
    
            vis[m / i] = 1;
            a[++ind] = m / i;
        }
    }
    sort(a + 1, a + 1 + ind);
    memset(dp, 0, sizeof dp);
    for (int i = 1; i <= n; i++){
    
    
        for (int j = 1; j <= ind; j++){
    
    
            dp[a[j] / d[i]] = max(dp[a[j] / d[i]], dp[a[j]] + (ll)p[i] * (ll)a[j]);
        }
    }
    ll ans = -1;
    for (int i = 0; i <= m; i++)ans = max(ans, dp[i]);
    cout << ans;
    return 0;
}