题目大意：有\(n\)个副本，副本可以升级，每个副本有三个值\( a_i , b_i , p_i \)，其中\(a_i\)表示该副本在升级前通关的奖励，\(b_i\)表示该副本在升级后通关的奖励，\(p_i\)表示通关该副本的概率。玩家总共可以挑战\(t\)次副本，当玩家挑战某一副本成功后，它可以选择任意一个副本升级（当次不享受升级优惠），求能获得奖励的最大期望。数据范围：\( 1 \leq  n \leq 10^5 , 1 \leq t \leq 10^10 , 1 \leq a_i < b_i \leq 10^8 , 0 < p_i < 1\)

notice：这篇题解是错的，待修改

题解：如果某一次挑战副本成功了，接下来一定是选择\(b_i \cdot p_i\)最大的那个升级，并一直挑战那个副本。而在此之前，我们肯定只会选择一个最佳的副本一直挑战。如果升级前挑战的副本为i，升级后挑战的副本为j，那么有\[ ans = \sum_{k=1}^{t}{(1-p_i)^{k-1} ( a_i + (n-k)p_j \cdot b_j )} \]

设\( p = p_i , q = 1 – p , a = a_i ,  c = p_j \cdot b_j \)，那么化简后有\[ ans = a \cdot ( 1 – q^t ) + (t – \frac{ 1 – q^t } { p_i }) c \]

我们发现这是一个形如\( y = kx + b\)的形式，其中\(k,b\)只与第i个副本有关且k是大于等于0的（\( k = t – \frac{ 1- q^t } { p_i }\)，\( p = 1 – q \)，将右式展开等于\( 1 + q + q^2 + \cdots + q^{t-1} \leq t \)） ，\(x\)只与第j个副本有关，所以\(x\)一定是取最大的那个\(b_i \cdot p_i\)，接下来找出最合适的那个升级前打的副本。

一个特殊情况是\(t=1\)的时候，也是唯一的\(k=0\)的时候，接下来就算升级了最大的那个x的副本也是没有用的，这时选择\( a_i \cdot p_i \)最大的那个。这种情况发生在挑战副本失败\(t-1\)次，只剩下最后一次的时候。记\( y = \max{a_i \cdot p_i}\)，那么有修正后\[ans = a \cdot ( 1 – q^{t-1} ) + q^{t-1} \cdot y + (t – \frac{ 1 – q^t } { p_i }) c \]

//这份代码是错的，等会儿改
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long double eps=1e-6;
const int maxn=1e5+10;
long double a[maxn],b[maxn];
long double p[maxn],q[maxn];
long double K[maxn],B[maxn];
long double minc,maxc,maxa;
long long t;
long double ans;
int n;
int main()
{
	scanf("%d%lld",&n,&t);
	minc=1e100;maxc=maxa=-minc;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%Lf%Lf%Lf",&a[i],&b[i],&p[i]);
		q[i]=1-p[i];
		B[i]=a[i]*(1.0-pow(q[i],t-1));
		K[i]=t-(1.0-pow(q[i],t))/p[i];
		maxc=max(maxc,b[i]*p[i]);
		maxa=max(maxa,a[i]*p[i]);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		ans=max(ans,K[i]*maxc+B[i]+pow(q[i],t-1)*maxa);
	printf("%.10Lf\n",ans);
	return 0;
}