Problem Discription\] \\color{blue}{\\texttt{\[Problem Discription\]}} \[Problem Discription
来源：洛谷。侵权则删。
Analysis\] \\color{blue}{\\texttt{\[Analysis\]}} \[Analysis
贪心。优先运送楼层高的货物，在能装下的情况下尽量多装。
因为运送货物的代价仅和最高楼层的货物有关，假设一次运送货物时的最高楼层为 h h h，那么无论你剩下的货物楼层高还是低，代价都是 h h h 是固定的。
既然这样，我们应该优先把尽量高的货物都运送上去，剩下来的都是高度低的货物，后面的代价会减小。
排序后，从楼层高的货物开始装填，能装下就装下。注意处理特殊情况：即电梯剩余空间只有 1 1 1，但贪心需要装大小为 2 2 2 的货物时是装不下的。但是既然电梯空间还有剩余，就不应该浪费，应该找到下一个大小为 1 1 1 的货物。
指针来回的挪动可能会导致 T，因此按 w = 1 , 2 w=1,2 w=1,2 把货物分成两批，分别用一个指针来维护。这样可以保证时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)。
总时间复杂度 O ( n log n ) O(n \log n) O(nlogn)，主要瓶颈在于排序。
但是，并没有做完!
这道题对代码能力的要求还是很高的。代码中有非常多容易出错的地方！相信这个贪心还是很多选手都能想到的，但是能不能写出来也是一个重要的问题。
具体的细节看代码中的注释。
Code \color{blue}{\text{Code}} Code
cpp
const int N=1e5+100;
struct Marchandise{
int amount,high;
Marchandise(int a=0,int h=0){
amount=a;high=h;
}
bool operator < (const Marchandise &c) const{
return high>c.high;
}
}a[N],b[N];//w=1,2 的分别存
int n,r1,r2;
ll lim,ans;
int OZDY(){
n=read();lim=read();
ans=r1=r2=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int c=read(),w=read(),f=read();
if (w==1) a[++r1]=(Marchandise){c,f};
else b[++r2]=(Marchandise){c,f};
}
sort(a+1,a+r1+1);
sort(b+1,b+r2+1);
a[r1+1]=(Marchandise){0,0};
b[r2+1]=(Marchandise){0,0};//没有这两行应该也没问题
int l1=1,l2=1;
ll remain=lim;
while (l1<=r1&&l2<=r2){
if (b[l2].high>=a[l1].high&&remain!=1){//楼层高的优先
int tmp=(int)min((ll)b[l2].amount,remain>>1);
if (remain==lim) ans+=b[l2].high;
remain-=(tmp<<1);
b[l2].amount-=tmp;//到这一行，remain 和 amount 至少一个被清零。
if (!b[l2].amount){
l2++;
if (remain==0) remain=lim;
continue;//注意一定要 continue，不然可能就直接进入下一个 if，开始装填 l2+1 了，但 l2+1 不一定是下一个装填的货物（可能是 l1，但不可能是 l2+2）。
}
if (l2>r2) break;
if (remain==0){
ans+=1ll*b[l2].high*((b[l2].amount<<1)/lim);//注意括号
b[l2].amount%=(lim>>1);
if (!b[l2].amount){
l2++;
remain=lim;
}
else{
ans+=b[l2].high;
remain=lim-(b[l2].amount<<1);
l2++;
}
}
}
else{
if (remain==1){
a[l1].amount--;
remain=lim;//这句话别忘了
if (!a[l1].amount) l1++;
continue;
}//电梯剩余空间为 1 特殊处理
int tmp=(int)min((ll)a[l1].amount,remain);
if (remain==lim) ans+=a[l1].high;
remain-=tmp;
a[l1].amount-=tmp;
if (!a[l1].amount){
l1++;
if (remain==0) remain=lim;//都恰好拿完
continue;
}
if (l1>r1) break;
if (remain==0){
ans+=1ll*a[l1].high*(a[l1].amount/lim);
a[l1].amount%=lim;
if (!a[l1].amount){
l1++;
remain=lim;
}
else{
ans+=a[l1].high;
remain=lim-a[l1].amount;
l1++;
}
}
}
} //每进入循环一次，要么 l1 加一要么 l2 加一，保证时间复杂度
if (remain==0) remain=lim; //注意维护关键变量（其实出循环后 remain 应该不会为 0，但是维护一下以免出乱子，反正不费事）
while (l2<=r2){
if (remain==1) remain=lim;//只剩下 w=2 的货物了，剩余的 1 空间没用了
int tmp=(int)min((ll)b[l2].amount,remain>>1);//下面的语句几乎就是复制过来的。
if (remain==lim) ans+=b[l2].high;
remain-=(tmp<<1);
b[l2].amount-=tmp;
if (!b[l2].amount) l2++;//这里不需要 continue 了，因为下一个装的一定是 l2+1
if (l2>r2) break;
if (remain==0){
ans+=1ll*b[l2].high*((b[l2].amount<<1)/lim);
b[l2].amount%=(lim>>1);
if (!b[l2].amount){
l2++;
remain=lim;
}
else{
ans+=b[l2].high;
remain=lim-(b[l2].amount<<1);
l2++;
}
}
}
while (l1<=r1){
int tmp=(int)min((ll)a[l1].amount,remain);
if (remain==lim) ans+=a[l1].high;
remain-=tmp;
a[l1].amount-=tmp;
if (!a[l1].amount) l1++;
if (l1>r1) break;
if (remain==0){
ans+=1ll*a[l1].high*(a[l1].amount/lim);
a[l1].amount%=lim;
if (!a[l1].amount){
l1++;
remain=lim;
}
else{
ans+=a[l1].high;
remain=lim-a[l1].amount;
l1++;
}
}
}//虽然代码看着很长，但是最主要的四段几乎就是复制粘贴，修改一些小细节
printf("%lld\n",ans);
return n;
}
int main(){
int T=read();
while (T--) OZDY();
return 0;
}