首先我们设 $f(i,j,k)$ 表示前 $i$ 项还剩 $j$ 元和 $k$ 个冰淇淋的最大受欢迎程度，简单分析，这样做时间复杂度为 $O(n^4)$ 级别的，无法通过本题。

我们可以感性理解一手，其实是因为我也没理解透，不难发现冰淇淋并不是另外一个需要考虑的量，而是一个可以代替钱的优惠券。

彬彬跟我聊天的时候给出了一个比喻：我们换钱的时候，总是考虑去汇率更大的银行换钱。

因此，这道题我们可以考虑以“贿赂”所需的冰淇淋的数量从小到大排序，前面的朋友等同于汇率更大的银行。

我们在前面用冰淇淋肯定比在后面用好。

简单证明一下，如果我们在后面用了冰淇淋，前面用了钱，可以将后面的冰淇淋换成钱，把前面的钱换成冰淇淋，这样钱数不变，花费的冰淇淋变少。

我们考虑枚举一个中间点，中间点以上全部使用冰淇淋，中间点以下全部使用钱，中间点两者皆可，求出最大受欢迎程度即可。

这就拆成了两个背包。

时间复杂度降为 $O(n^2)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const LL N=2e3+5;
struct node
{
	LL p,c,x;
}a[N];
LL n,m,k,f[N][N],g[N][N],ans;
bool cmp(node x,node y)
{
	return x.x<y.x;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld%lld%lld",&a[i].p,&a[i].c,&a[i].x);
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		LL p=a[i].p,c=a[i].c*a[i].x;
		for(int j=0;j<=c-1&&j<=k;j++)
		{
			f[i][j]=f[i-1][j];
		}
		for(int j=c;j<=k;j++)
		{
			f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-c]+p);
		}
	}
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		LL p=a[i].p,c=a[i].c;
		for(int j=0;j<=c-1;j++)
		{
			g[i][j]=g[i+1][j];
		}
		for(int j=c;j<=m;j++)
		{
			g[i][j]=max(g[i+1][j],g[i+1][j-c]+p);
		}		
	}
	for(LL i=1;i<=n;i++)
	{
		for(LL j=0;j<=a[i].c&&j<=m;j++)
		{
			if((a[i].c-j)*a[i].x>k)continue;
			ans=max(ans,f[i-1][k-(a[i].c-j)*a[i].x]+a[i].p+g[i+1][m-j]);
		}
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}