题目描述

4X概念体系，是指在PC战略游戏中一种相当普及和成熟的系统概念，得名自4个同样以“EX”为开头的英语单词。

eXplore（探索）

eXpand（拓张与发展）

eXploit（经营与开发）

eXterminate（征服）

——维基百科

今次我们着重考虑exploit部分，并将其模型简化：

你驾驶着一台带有钻头（初始能力值w）的飞船，按既定路线依次飞过n个星球。

星球笼统的分为2类：资源型和维修型。（p为钻头当前能力值）

1.资源型：含矿物质量a[i]，若选择开采，则得到a[i]*p的金钱，之后钻头损耗k%，即p=p*(1-0.01k)

2.维修型：维护费用b[i]，若选择维修，则支付b[i]*p的金钱，之后钻头修复c%，即p=p*(1+0.01c)

注：维修后钻头的能力值可以超过初始值（你可以认为是翻修+升级）

金钱可以透支。

请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。

输入输出格式

第一行4个整数n,k,c,w。

以下n行，每行2个整数type,x。

type为1则代表其为资源型星球，x为其矿物质含量a[i]；

type为2则代表其为维修型星球，x为其维护费用b[i]；

一个实数（保留2位小数），表示最大的收入。

输入输出样例

5 50 50 10
1 10
1 20
2 10
2 20
1 30

375.00

说明

【数据范围】

对于30%的数据 n<=100

另有20%的数据 n<=1000；k=100

对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100；保证答案不超过10^9

“依次飞过n个星球”，第一反应就是动态规划，然后验证下无后效性即可。

这题关键点为状态的设计。

<Method 1>

F[i][x]表示到达第i个星球，且钻头能力值为x的最大收入值。

x因为是实数，所以要取一定的精度。对于数值范围都在100的本题，n在10左右的时候毫无压力。

时空复杂度：O(nx) x为精度范围。

期望得分：10-30；

<Method 2>

F[i][x][y]表示到达第i个星球，且之前开采过x次，维修过y次。

因为本题开采和维修对钻头的影响都是定值。所以钻头能力就是w*k^x*c^y

时空复杂度:O(n^3)

期望得分：30

<Method 3>

对于20% k=100的数据，钻头开采一次就永久损坏了。所以只需记录维修过几次即可。

时空复杂度:O(n^2)

期望得分：20    （配合Method 2为50）

<Method 4>

与Method 2一样的状态设计。但是x,y的范围不需要与n相同。因为在随机情况下，开采和维修的次数寥寥无几（结合次幂考虑）。

时空复杂度:O(nxy) x,y为选手选择的范围

期望得分：30-80

<Method 5>

与Method 2一样的状态设计，但是使用BFS来进行DP过程，这样就不会遍历到没有被访问到的状态，同时选手可以自己加上一些简单的贪心判断来减少状态数量。

时空复杂度:O(？)

期望得分：70-100

<Method 6>

与前5种做法截然不同。前5种做法的最大瓶颈就是“当前钻头能力”，下面我们尝试不存储“当前钻头能力”。

F[i]表示前i个星球的最优收入。很明显这是不行的，因为当前钻头能力会切实影响到后面的过程，不严谨的说，当前钻头能力有“后效性”。

但是这个当前钻头能力对后程的影响无非就是乘上一个数值。（就好像初始钻头能力为w，实际上你可以按1来做，最后再把ans乘上w）。

正难则反，F[i]表示第i--n个星球的最优收入，且假设从第i个星球开始时钻头能力为1。换句话说，这样的状态设计，规定了一个参考系。

转移过程就变得简单：如果在第i个星球开采，那么第i+1--n个星球的初始钻头能力就是1*(1-0.01k)。换句话说，就是F[i+1]*(1-0.01k)。

所以F[i]=max{F[i+1],F[i+1]*(1-0.01k)+a[i]}

对于维护型星球，大同小异。就系数和代价的正负而已。

观察方程，F[i]=max{F[i+1],F[i+1]*(1-0.01k)+a[i]}

实际上就是取下i+1--n的最值而已，所以这题实际上就成了贪心。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 100010
int n,t[N],a[N];
double k,c,w,ans=0;
int main(){
    scanf("%d%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w);
    k=1-0.01*k;c=1+0.01*c;//关键处理 
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",t+i,a+i);
    for(int i=n;i>=1;i--){
        if(t[i]==1)ans=max(ans,ans*k+a[i]);
        else ans=max(ans,ans*c-a[i]);
    }
    printf("%.2lf",ans*w);
    return 0;
}