题意：
有 n 道题，每个题可以做很多次但只能领悟一次，一开没有领悟任何题。
对于第 i 个题，正确率为 $p_i$ 。领悟之前，做对这个题可以提升 $a_i$ 的能力值；领悟之后，做对这个题可以提升 $b_i$ 的能力值。（保证 $a_i<b_i$ ）
做对一个题，还可以领悟任意一个题（任选）。做错题后，什么都不会发生。
现在可以做 t 次题（同一题算多次），问最大能力值？ $n\leq 10^5,t\leq 10^{10}$
题解：
【一些吐槽】 由于考试数据水现场各种水过。大家都猜了一个错误的结论：领悟之前和之后都各只做一道题。
事实上领悟之后确实是只做一道题，选的一定是 $b_ip_i$ 最大的那个题，记这个值为 $mx$ ，但领悟之前就不是了，需要 dp 。
设 $f_t$ 表示 t 时刻的最大能力值，方程$$\begin{aligned}f_{t+1}&=\max \{p_i\times (a_i+mx\times t)+(1-p_i)\times f_t\}\\f_{t+1}&=\max \{p_ia_i+p_i\times(mx\times t-f_t)\}+f_t\end{aligned}$$
这里有个性质：由于一轮的贡献不会超过 mx ，所以有$$\begin{aligned}f_{t+1}-f_t &\leq mx \\t\times mx+f_t &\leq (t+1)\times mx+f_{t+1}\end{aligned}$$
即 $mx\times t-f_t$ 是单调不减的。
那么把 $p_ia_i$ 看成截距， $p_i$ 看成斜率， $f$ 的转移就相当于取若干一次函数的最大值，求下凸壳即可。 dp 的时候从左往右扫每条直线，用矩阵乘法和倍增优化转移。复杂度 $\mathcal{O}(n\log T)$ 。
code:
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++) 3 #define ll long long 4 #define db double 5 6 using namespace std; 7 8 const int N=1e5+10; 9 int n,m; db mx,ans; ll t,cnt; 10 11 const db eps=1e-10; 12 const int dcmp(db x){return fabs(x)<eps?0:x<-eps?-1:1;} 13 14 struct line{ 15 db k,b; 16 line(db k=0,db b=0):k(k),b(b){} 17 friend bool operator < (line x,line y){ 18 return dcmp(x.k-y.k)==0?dcmp(x.b-y.b)>0:dcmp(x.k-y.k)<0; 19 } 20 }p[N],q[N]; 21 22 struct mat{ 23 int n,m; db a[3][3]; 24 mat(int n=0,int m=0):n(n),m(m){memset(a,0,sizeof(a));} 25 friend mat operator * (mat x,mat y){ 26 mat z(x.n,y.m); 27 rep (i,0,z.n-1) 28 rep (j,0,z.m-1) 29 rep (k,0,x.m-1) z.a[i][j]+=x.a[i][k]*y.a[k][j]; 30 return z; 31 } 32 }A,B,trs[35]; 33 34 db inter_x(line x,line y){return (y.b-x.b)/(x.k-y.k);} 35 36 int main(){ 37 scanf("%d%lld",&n,&t); 38 rep (i,1,n){ 39 int a,b; db c; 40 scanf("%d%d%lf",&a,&b,&c); 41 mx=max(mx,b*c),p[i]=line(c,a*c); 42 } 43 sort(p+1,p+1+n); 44 rep (i,1,n) if (i==1||dcmp(p[i].k-p[i-1].k)!=0) q[++m]=p[i]; 45 n=0; 46 rep (i,1,m){ 47 while (n>=2&&dcmp(inter_x(q[i],p[n])-inter_x(p[n],p[n-1]))<=0) n--; 48 p[++n]=q[i]; 49 } 50 cnt=0; 51 A=mat(3,1); A.a[2][0]=1; 52 for (int i=1;i<=n&&cnt<t;i++){ 53 db R=mx*cnt-A.a[0][0]; 54 while (i<n&&dcmp(inter_x(p[i],p[i+1])-R)<=0) i++; 55 if (i<n) R=inter_x(p[i],p[i+1]); 56 trs[0]=mat(3,3); 57 trs[0].a[0][0]=1-p[i].k,trs[0].a[0][1]=p[i].k*mx,trs[0].a[0][2]=p[i].b; 58 trs[0].a[1][1]=trs[0].a[1][2]=trs[0].a[2][2]=1; 59 rep (j,1,33) trs[j]=trs[j-1]*trs[j-1]; 60 for (int j=33;~j;j--) 61 if (cnt+(1ll<<j)<t){ 62 B=trs[j]*A; 63 if (i==n||dcmp((cnt+(1ll<<j))*mx-B.a[0][0]-R)<=0) A=B,cnt+=1ll<<j; 64 } 65 cnt++,A=trs[0]*A; 66 } 67 printf("%.10lf\n",A.a[0][0]); 68 return 0; 69 }