【NOI 2012】 骑行川藏

　　题意：在满足$\forall i,v_i\geq 0且\sum_{i=1}^n k_is_i(v_i-t_i)^2\leq E$前提下最小化$\sum_{i=1}^n s_i/v_i$。

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　　学习了一下拉格朗日橙子乘子法。
　　对于函数$F(x_1,x_2,\cdots,x_n)$和$G(x_1,x_2,\cdots,x_n)$，在满足$G=c(c为常数)$的前提下求$F$的最小值。我们直观地想象，所有极值点一定满足$\nabla F=\lambda \nabla G$。令$f_i=\partial F/\partial x_i,g_i=\partial G/\partial x_i$，我们可以得到一系列方程形如$f_i=\lambda g_i$。再加上原本对$G$的约束$G=c$总共$n+1$个方程$n+1$个变量，往往问题会变得简单些（?）。然后对于所有可行的$\lambda$往回代到方程里解出所有变量，然后计算$F$，但每组可行的解不一定是最优值，得要将所有的解算出来代入$F$里验证才能得到最优解。
　　这其中的$\lambda$就是Lagrange Multiplier里的multiplier啦。

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　　回到这个题。显然每段路能跑得越快越好，最后一定可以把体力给浪完，所以不等号可以换成等号。
　　这样就变成了$G(v_1...)=E$，最小化$F(v_1...)=\sum_{i=1}^n s_i/v_i$。
　　考虑应用拉格朗日乘子法，有
　　

$$-\frac1{v_i^2}=2\lambda k_i(v_i-t_i),\forall i\in [1,n]$$
　　回想题目里的性质，首先$v_i$一定非负，其次$v_i$一定不小于$t_i$。这些方程的左边是在二四象限的双曲线，右边是一条直线，因为$v_i\geq 0$所以一定只有一个交点且$\lambda <0$。因此我们可以知道对于所有$\lambda < 0$每个方程都有唯一解。现在我们只需解出满足$G=E$的$\lambda$。同样从图像出发，当$\lambda$增大时，$v_i$也会增大，使得$G$一定增大，因此$G$随$\lambda$递增。
　　至此，我们只需要二分$\lambda$的值，然后解出每个$v_i$的值，判断$G$与$E$的关系即可。最后再用二分出来的解算出$F$即为最优解啦。
　　时间复杂度$O(abn)$，其中$a$为二分$\lambda$的次数，$b$为二分每个$v_i$的次数，取个40-50可能差不多吧。。。我是按精度来二分/三分的。。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for (int i = a, _ = b; i <= _; i ++)

const int N = 10007;
const double eps = 1e-14;

#define fuck(a,b,x) a*sqr(x)*(x-b)+1

inline double sqr(double x) { return x * x; }

double s[N], k[N], t[N], E;
int n;

double solve(double a, double b) {
  double l = 0, r = 1e6;
  while (r - l > eps) {
    double m1 = l + (r - l) / 3;
    double m2 = r - (r - l) / 3;
    double fl = fuck(a, b, l);
    double fr = fuck(a, b, r);
    double f1 = fuck(a, b, m1);
    double f2 = fuck(a, b, m2);
    if (fl * f1 < 0) r = m1;
    else if (fl * f2 < 0) r = m2;
    else if (f1 * fr < 0) l = m1;
    else if (f2 * fr < 0) l = m2;
    else assert(0);
  }
  return l;
}

double get(double l) {
  double ret = 0;
  rep (i , 1 , n) {
    double x = solve(2 * k[i] * l, t[i]);
    ret += k[i] * sqr(x - t[i]) * s[i];
  }
  return ret;
}

int main() {
  cin >> n >> E;
  rep (i , 1 , n) cin >> s[i] >> k[i] >> t[i];
  double l = -1e10, r = 0;
  while (r - l > eps) {
    double m = l + (r - l) / 2;
    if (get(m) >= E)
      r = m;
    else
      l = m;
  }
  double ans = 0;
  rep (i , 1 , n) {
    double x = solve(2 * k[i] * l, t[i]);
    ans += s[i] / x;
  }
  printf("%.6lf\n", ans);
  return 0;
}