【题解】CF1056F Write the Contest(三分+贪心+DP)
最优化问题的三个解决方法都套在一个题里了，真牛逼
最优解应该是怎样的，一定存在一种最优解是先完成了耗时长的任务再干别的(不干白不干啊)，所以我们按照耗时先排序。
假设你最优解是去事件(e_1,e_2,e_3,e_4)，你可以在规定时间里干完，那么你如果按照耗时从大往小干也一定可以干完。
好像只能找到"按照耗时从大往小干"一种钦定方法使得所有方案可以归纳到这种情况
考虑最终耗时是怎样的：(t)表示练习用的时间
[f(t)=dfrac {sum(dfrac {10} 9)^i a_{h_i}} {s_0+Ct}+10t
]
我们转化一下思路，设(dp(i,j))表示选择(i)个任务做并且将会获得收益(j)的的最小的(sum(dfrac {10} 9)^i a_{h_i})，这样的设置状态类似于那个Jury一题，【题解】Jury Compromise(链表+DP)。转移显然不讲了。
现在我们要使得(f(t)=dfrac {dp(i,j)} {s_0+Ct}+10t)满足条件并且使得(j)最大，由于(i,jle O(n))所以直接(n^2)枚举即可，现在的问题就变成了最小化这个东西(f(t))，显然这个函数有单峰且最小(类双勾函数)，所以直接三分即可。
//@winlere
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std; typedef long long ll;
inline int qr(){
register int ret=0,f=0;
register char c=getchar();
while(c<48||c>57)f|=c==45,c=getchar();
while(c>=48&&c<=57) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
return f?-ret:ret;
}
const int maxn=1001;
long double dp[maxn][maxn];
const long double delta=(long double)9/10;
const long double eps=1e-5;
typedef pair < int , int > P;
P data[maxn];
// a c
#define f(x) (( (x)+dp[t][k]/(1+C*(x)) ))
long double mi[maxn];
int main(){
//freopen("gamemag.in","r",stdin);
//freopen("gamemag.out","w",stdout);
mi[0]=1;
for(register int t=1;t<maxn;++t) mi[t]=mi[t-1]/delta;
for(register int T00=qr();T00;--T00){
int n;
long double C,T;
cin>>n>>C>>T;
for(register int t=1;t<=n;++t)
data[t].first=qr(),data[t].second=qr();
sort(data+1,data+(int)n+1,[](const P&a,const P&b){return a>b;});
for(register int t=0;t<maxn;++t)
for(register int i=0;i<maxn;++i)
dp[t][i]=1e18;
dp[0][0]=0;
for(register int t=1;t<=n;++t){
for(register int i=t;i;--i){
for(register int k=data[t].second;k<=i*10;++k){
dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[i-1][k-data[t].second]+data[t].first*mi[i]);
}
}
}
int ans=0;
for(register int t=1;t<=n;++t){
for(register int k=ans+1;k<=10*t;++k){
//cout<<dp[t][k]<<endl;
long double l=0,r=T,ll,rr;
do{
ll=l+(r-l)/3;
rr=r-(r-l)/3;
if(f(ll)<f(rr)) r=rr;
else l=ll;
}while(l+eps<r);
if(f(l)+10ll*t<T) ans=max(ans,k);
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}