假设一个人要点a个饼干和b个松饼，并且设要升级饼干x次、升级松饼y次，那么我们知道，想让这个人不生气，需要满足：
$$\large a(t_{c}-x)+(t_{m}-y)\leq c$$
依次遍历每个人即可，求出所有满足这个不等式的最小的升级次数

然而这个不等式有两个未知量，难以求解。为了解决问题，我们可以想办法把多个未知数转化成一个未知数

我们知道总升级次数为$\displaystyle x+y$，因此我们可以令$\displaystyle x+y=mid\implies y=mid-x$，这样这个不等式就变成了：
$$\large a(t_{c}-x)+b(t_{m}-mid+x)\leq c\implies (b-a)x\leq c-at_{c}-b(t_{m}-mid)$$
由于制作的最小时间为1，所以mid的最大值就是$\displaystyle t_{c}+t_{m}-2$
因此又能推出两个不等式，分别为：
$$\large 0\leq x\leq t_{c}-1$$
和
$$\large 0\leq y\leq t_{m}-1\implies mid+1-t_{m}\leq x\leq mid$$

即对于每个顾客，满足此不等式组：
$$\large \left\{ \begin{array}{l} (b-a)x\leq c-at_{c}-b(t_{m}-mid)\\ 0 \leq x \leq t_{c} - 1 \\ mid + 1 - t_{m} \leq x \leq mid \end{array} \right.$$
这样，未知数只有mid，并且在规定的范围内，mid也就是升级次数越多，等待的时间越短，越能够满足不等式组。因此mid具有单调性，可以直接二分答案

#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;

const long long N = 110;

long long t, n, tc, tm;
long long a[N], b[N], c[N];

// 如果发现不等式无法满足，则表示升级次数不够，需要提高l
// 如果不等式可以或恰好可以满足，则表示升级次数已经可以达到，需要降低r来找最少升级次数
bool check(long long mid)
{
    long long minx = max(0ll, mid + 1 - tm), maxx = min(tc - 1, mid);

    for (long long i = 0; i < n; i++)
    {
        long double l = b[i] - a[i];
        long double r = c[i] - (long double)a[i] * tc - (long double)b[i] * (tm - mid);
        if (l == 0 and r < 0)
            return true;
        else if (l > 0)
            maxx = min(maxx, (long long)floor(r / l));
        else if (l < 0)
            minx = max(minx, (long long)ceil(r / l));
    }

    return minx > maxx;
}

int main()
{
    cin >> t;

    while (t--)
    {
        cin >> n >> tc >> tm;

        for (long long i = 0; i < n; i++)
            cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];

        // 不需要判断加减1的二分模板，起始位置要-1，终点要+1
        long long l = -1, r = tc + tm - 1;
        while (l + 1 != r)
        {
            long long mid = (l + r) / 2;
            if (check(mid))
                l = mid;
            else
                r = mid;
        }

        cout << r << '\n';
    }

    return 0;
}