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题意

\(n\)个数，有\(m\)个操作，形如：

1. 将\(x_i\)改成\(val_i\)
2. 将\(x_i\)加上\(val_i\)
3. 将\(x_i\)乘上\(val_i\)

现在你可以从中选择最多\(k\)个操作(不能重复选),并按一定顺序执行，使得\(\prod_{i=1}^{n}x_i\)
第一行输出选择的操作个数，第二行按执行顺序输出方案。

思路

先考虑，一定先进行赋值，再加，再乘。

如果只有乘法，对答案的贡献都只与乘的数相关。所以我们可以直接按操作的值排序，贪心即可。

接着对于赋值，显然对于一个数只会进行一次，一定赋值为最大的（如果小于原数，不如不做）。那么其实就可以看成是加法了（但一定要在第一个加）

现在的问题是加法如何转化为乘法。对于同一个数，加法肯定是从大到小按先后执行的，按加数大小排序，也就是说，如果进行了操作\(i\)，那么\(1,2,...n-1\)都一定进行了。因此就可以将加法转化为乘法，设\(S_i=a_1+...a_i\)，考虑第\(i+1\)个操作，即把\(S_i\)变成了\(S_{i+1}\)，也就是乘上了\(\frac{S_{i+1}}{S_i}\)，这样子就可以都变成乘法贪心了。

但是我突然产生了一个疑问，赋值变为加（简称赋值加）后能跟所有加法一起处理吗？分类思考：

• 若赋值加没有被加入，答案显然是不受影响的；
• 若赋值加被加入，把所有乘法乘起来后，可以约分，发现答案就是\(S_x\)，不受顺序影响，所以贪心是正确的

在输出时只要注意按赋值、加、乘、输出即可。

#include <bits/stdc++.h>
const int N=100005;
int n,m,k,a[N],op,p,x,cnt1,cnt2,t[N];
struct note{
	int p,x,id;
}b[N],c[N];
struct node{
	int p,id;
	double x;
}d[N];
bool cmp(note x,note y){
	return x.p==y.p?x.x>y.x:x.p<y.p;
}
bool cmp2(node x,node y){
	return x.x>y.x;
}
bool cmp3(node x,node y){
	return t[x.id]<t[y.id];
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for (int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&op,&p,&x);
		if (op==1 && x>b[p].x && x>a[p]) b[p]={p,x,i},t[i]=1;
		else if (op==2) c[++cnt1]={p,x,i},t[i]=2;
		else if (op==3 && x>1) d[++cnt2]={p,i,x},t[i]=3;
	} 
	for (int i=1;i<=n;i++) if (b[i].x>0) c[++cnt1]={i,b[i].x-a[i],b[i].id};
	std::sort(c+1,c+cnt1+1,cmp);
	long long sum=0;
	for (int i=1;i<=cnt1;i++){
		int p=c[i].p,x=c[i].x;
		if (p!=c[i-1].p)
			sum=a[p];
		d[++cnt2]={p,c[i].id,(sum+x)*1.0/sum};
		sum+=x;
	}
	std::sort(d+1,d+cnt2+1,cmp2);
	k=std::min(k,cnt2);
	printf("%d\n",k);
	std::sort(d+1,d+k+1,cmp3);
	for(int i=1;i<=k;i++) printf("%d ",d[i].id);
}