先枚举选择哪些订单，然后转为判定是否可行

在能完成的情况下肯定是花越多时间提高生产力越优

我们设可以有\(x\)单位时间来提高生产力，那么如果当前离下一个订单的时间为\(T\)时，这个订单要\(P\)个产品，工厂拥有\(M\)的生产力时，显然有如下方程:

\[(M+x)*(T-x)=P(M+x)*(T-x)=P\]

整理之后得

\[x^2+(M-T)*x+P-M*T=0\]

判断是否有解即可

//minamoto#include
    
     #define ll long long#define R register#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i
     
      I;--i)#define go(u) for(R int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)inline int min(const R int &x,const R int &y){return x
      
       y?x:y;}using namespace std;char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}int read(){    R int res,f=1;R char ch;    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');    return res*f;}const int N=35;struct node{    int t,g,m;    friend bool operator <(const R node &a,const R node &b){return a.t
       
        gg)t=min(t,calc(pp,st[j].t-st[i-1].t,ss-gg));        if(t<0)return 0;        pp+=t,gg+=pp*(st[i].t-st[i-1].t-t),gg-=st[i].g;    }return 1;}int main(){//  freopen("testdata.in","r",stdin);    n=read();fp(i,1,n)a[i].t=read(),a[i].g=read(),a[i].m=read();    sort(a+1,a+1+n);    fp(i,1,(1<