Description
小Y最近在一家金券交易所工作。该金券交易所只发行交易两种金券：A纪念券（以下简称A券）和 B纪念券（以下
简称B券）。每个持有金券的顾客都有一个自己的帐户。金券的数目可以是一个实数。每天随着市场的起伏波动，
两种金券都有自己当时的价值，即每一单位金券当天可以兑换的人民币数目。我们记录第 K 天中 A券 和 B券 的
价值分别为 AK 和 BK（元/单位金券）。为了方便顾客，金券交易所提供了一种非常方便的交易方式：比例交易法
。比例交易法分为两个方面：（a）卖出金券：顾客提供一个 [0,100] 内的实数 OP 作为卖出比例，其意义为：将
OP% 的 A券和 OP% 的 B券 以当时的价值兑换为人民币；（b）买入金券：顾客支付 IP 元人民币，交易所将会兑
换给用户总价值为 IP 的金券，并且，满足提供给顾客的A券和B券的比例在第 K 天恰好为 RateK；例如，假定接
下来 3 天内的 Ak、Bk、RateK 的变化分别为：
假定在第一天时，用户手中有 100元 人民币但是没有任何金券。用户可以执行以下的操作：
注意到，同一天内可以进行多次操作。小Y是一个很有经济头脑的员工，通过较长时间的运作和行情测算，他已经
知道了未来N天内的A券和B券的价值以及Rate。他还希望能够计算出来，如果开始时拥有S元钱，那么N天后最多能
够获得多少元钱。
Input
输入第一行两个正整数N、S，分别表示小Y能预知的天数以及初始时拥有的钱数。接下来N行，第K行三个实数AK、B
K、RateK，意义如题目中所述。对于100%的测试数据，满足：0<AK≤10；0<BK≤10；0<RateK≤100；MaxProfit≤1
0^9。
【提示】
1.输入文件可能很大，请采用快速的读入方式。
2.必然存在一种最优的买卖方案满足：
每次买进操作使用完所有的人民币；
每次卖出操作卖出所有的金券。
Output
只有一个实数MaxProfit，表示第N天的操作结束时能够获得的最大的金钱数目。答案保留3位小数。
Sample Input
3 100
1 1 1
1 2 2
2 2 3
1 1 1
1 2 2
2 2 3
Sample Output
225.000
HINT
正解：cdq分治+斜率优化
解题报告：题目有一个提示-------必然存在一种最优的买卖方案满足：每次买进操作使用完所有的人民币；
每次卖出操作卖出所有的金券。所以对于每次转移，我们只要从上一个能拥有的最多的金卷来更新当前，
然后就可以得出转移方程：dp[i]=max{f[j]*a[i]+f[j]/ra[j]*b[i]},
(因为某一天的A劵知道了，B劵就可以算出来)，直接n^2转移，
然后对于每一天拥有的人民币取MAX，然后输出
但是n^2的复杂度显然不能通过此题，我们可以把转移方变一下，
(f[j]+f[j]/ra[j]* (b[i]/a[i]) ) *a[i](我用的是用线表示的斜率优化，例如y=kx+b),
然后外面乘的是只更i有关，所以我们可以默认为一个常数，然后b[i]/a[i]只跟i有关，我们可以把它当为x，
然后里面就成为了类似kx+b的形式，然后感觉好像是可以用斜率优化，但是x与k没有单调性，
所以我们要再套上一个cdq分治，把一个区间分为左右两个区间，首先满足左区间的点的序号小于右区间，
然后左边维护一个凸包(左边的斜率具有单调性，具体单调递增还是递减要看题目)，右边维护x单调递增，
然后左区间序号小于然后就用左区间更新右区间，然后因为这里的cdq分治维护的三个条件后两个是分别
套在左区间和右区间上的，所以时间复杂度O(nlogn)。
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define int long long
#define RG register
#define File(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout)
const int N = 200500;
using namespace std;
int gi(){
RG char ch=getchar();RG int x=0;
while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
double dp[N],ra[N];
struct date{
double k,b,x;int t;
bool operator < (const date &a) const{
return x<a.x;
}
}f[N],p[N],st[N],s[N];
double aa[N],bb[N];
inline void cdq(int l,int r){
if (l==r) return;
int mid=(l+r)>>1,p1=l-1,p2=mid,sa=1,ed=0;
for (RG int i=l; i<=r; ++i)
if (f[i].t<=mid) p[++p1]=f[i];
else p[++p2]=f[i];
for (RG int i=l; i<=r; ++i) f[i]=p[i];
cdq(l,mid);
double mx=0;
for (RG int i=l; i<=mid; ++i){
while(sa<ed && (st[ed-1].b-st[ed].b)*(f[i].k-st[ed-1].k)>=(st[ed-1].b-f[i].b)*(st[ed].k-st[ed-1].k)) --ed;
st[++ed]=f[i];
mx=max(mx,dp[f[i].t]);
}
sort(f+mid+1,f+r+1);
for (RG int i=mid+1; i<=r; ++i){
while(sa<ed && st[sa].k*f[i].x+st[sa].b<=st[sa+1].k*f[i].x+st[sa+1].b) ++sa;
dp[f[i].t]=max(dp[f[i].t],max(mx,(st[sa].k*f[i].x+st[sa].b)*aa[f[i].t]));
f[i].b=dp[f[i].t]*ra[f[i].t]/(aa[f[i].t]*ra[f[i].t]+bb[f[i].t]),f[i].k=f[i].b/ra[f[i].t];
}
cdq(mid+1,r);
p1=l,p2=mid+1;
for(int i=l;i<=r;i++) {
if(p2>r||(p1<=mid&&f[p1].k<=f[p2].k)) p[i]=f[p1++];
else p[i]=f[p2++];
}
for(int i=l;i<=r;i++) f[i]=p[i];
return;
}
main(){
File("cash");
int n=gi(),s=gi();
double a,b,c;dp[0]=s;
for (RG int i=1; i<=n; ++i){
scanf("%lf%lf%lf",&a,&b,&c);
dp[i]=s,ra[i]=c,aa[i]=a,bb[i]=b;
double wu=(dp[i]*ra[i])/(ra[i]*a+b);
f[i]=(date){wu/c,wu,b/a,i};
}
cdq(1,n);
printf("%.3lf",dp[n]);
return 0;
}