\(solution\)

首先此题如果不考虑重量，那么我们可以忽略每头牛的个性。从整体来看，如果两头牛相遇可以看作他们穿过对方并继续前进。但如果每头牛有不同的重量，那么它们就有了个性，不能再等价于穿过对方。

这时候我们从两个角度来考虑：

\(1.\) 如果有\(x\)头牛回窝，那么一定是靠近端点的\(x\)头牛。原因很简单，这是一个一维的空间，前面的牛不回窝后面的就会被堵住过不去。所以每头牛回窝的顺序就确定了。

\(2.\) 在\(T\)时刻内，一头牛只可能与他迎面走来的\(2 \times T\)距离内的牛相遇。这个时候我们不需考虑重量，所以每头牛可以看作穿过相遇的对方继续前进，那么显然\(T\)时刻内这两头牛相向而行\(2 \times T\)的距离。

通过第一个推论我们可以二分求出时刻\(T\)。通过第二个推论我们可以根据\(T\)来求出相遇的牛的总数。

注意求相遇时对于第\(i\)头牛，维护一个\(x_i+2 \times T\)以内的区间，可以前缀和预处理一下。

时间复杂度\(O(n log n)\)

\(Code\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
    register int s=0,f=1;
    register char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f*=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    return s*f;
}
const int N=50005;
int n,L,sum;
struct node{int w,x,d;}a[N];
bool comp(node a,node b){
    return a.x<b.x;
}
bool check(int x){
    int ll=0,rr=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int tmp=a[i].x+a[i].d*x;
        if(tmp<=0)ll++;
        if(tmp>=L)rr++;
    }
    int tot=0;
    for(int i=1;i<=ll;i++)tot+=a[i].w;
    for(int i=n-rr+1;i<=n;i++)tot+=a[i].w;
    return tot*2>=sum;
}
int ans,f[N];
int Bound(int x){
    int ll=0,rr=n+1;
    while(ll+1<rr){
        int mid=(ll+rr)>>1;
        if(a[mid].x<=x)ll=mid;
        else rr=mid;
    }
    return ll;
}
void solve(int t){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i].d==-1)f[i]=f[i-1]+1;
        else f[i]=f[i-1];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i].d==-1)continue;
        int p=Bound(a[i].x+2*t);
        ans+=f[p]-f[i];
    }
    cout<<ans<<"\n";
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    n=read(),L=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i].w=read(),a[i].x=read(),a[i].d=read();
        sum=sum+a[i].w;
    }
    sort(a+1,a+n+1,comp);
    
    int ll=0,rr=1e9;
    while(ll+1<rr){
        int mid=(ll+rr)>>1;
        if(check(mid))rr=mid;
        else ll=mid;
    }
    
    solve(rr);
    return 0;
}