EVA

我们可以先观察特殊数据，一个是v相同，一个是鱼数为3，我们先来考虑v相同的时候，很明显，当v相同时，与答案相关的只有它的初始位置。很简单能够解决，但它也引发我们继续思考，我们根据数据范围大致可以确定要枚举区间位置或者每只鱼，那当我们要枚举鱼的时候，我们就可以把所选的鱼定为参照系，以区间a为左右端点来考虑。
再来想一个贪心，那就是区间左端点正好有一条鱼时，答案是最优的。
再去考虑第二个特殊数据，只有三天鱼，我们就可以直接建出坐标系，把每条鱼抽象成直线在求交点，算区间。都到这里了就很明显了，我们枚举鱼为区间的左端点，再去根据直线相交去求它与其他鱼能够在范围a里面的区间l,r存起来。然后我们在将区间不断右移，有鱼进就加，出就减，取最大值。
至此，这道题就完成了。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=2010;
const double eps=1e-9;
int n,len,ans;
int w[N],x[N],v[N];

int read()
{
	int r=0,w=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){r=(r<<3)+(r<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return r*w;
}

int main()
{
	n=read();
	len=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		w[i]=read(),x[i]=read(),v[i]=read();
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		map<double,int>mp;
		int res=w[i];
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(i==j) continue;
			if(v[i]==v[j])
			{
				if(x[j]-x[i]>=0&&x[j]-x[i]<=len) res+=w[j];
			}
			else
			{
				double l=1.0*(x[i]-x[j])/(v[j]-v[i]);
				double r=1.0*(x[i]-x[j]+len)/(v[j]-v[i]);
				if(r-l<eps) swap(l,r);
				if(r>=0)
				{
					l=max(l,0.0);
					mp[l]+=w[j];
					mp[r+eps]-=w[j];
				}
			}
		}
		ans=max(ans,res);
		for(auto &it:mp)
		{
			res+=it.second;
			ans=max(ans,res);
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}