题意：

有 $n$ 个时间，每个时间给你两个操作，第一个是 $k = k + x$ ，第二个是 $k = k * x$ ，且可以执行 $[0, y]$ 次， $k$ 初始状态为 $0$ ，求 $[1, m]$ 中 $k$ 能到达的数的最短时间。

思路：

首先比较容易的能想到一个 $nm^2$ 的暴力方法，就是遍历 $[1, n]$ ，让后对于每个已经出现过的数，尝试进行 $[0, y]$ 次相应的操作， $y$ 的范围 $[0, m]$ 。
我们可以发现这样更新的话，会有很多重复更新的数。
比如原本能到的数有 $[3, 11]$ ，现在 $x = 4, y = 4$ ，那么你对于每个数更新的时候遍历到的集合就是 $[3, 7, 11, 15, 19]$ 和 $[11, 15, 19, 23, 27]$ ，我们可以发现当 $3$ 加到 $11$ 后，之后的数都会在 $11$ 的位置再次加一遍，由此可见，我们当加数的时候，如果当前数已经存在了，那么我们直接 $b r e a k$ 就好啦，因为之后遍历到这个数的时候也会再次加一遍，这样是无效的工作。
由于我们 $[0, m]$ 的数最多遍历两次，是常数级别的，所以复杂度为 $O (N M)$ 。
还有就是上取整的时候最好别用浮点数的 $c e i l$ ，容易错。

//#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;
}