小Y最近在一家金券交易所工作。该金券交易所只发行交易两种金券：A纪念券（以下简称A券）和 B纪念券（以下简称B券）。每个持有金券的顾客都有一个自己的帐户。金券的数目可以是一个实数。每天随着市场的起伏波动，两种金券都有自己当时的价值，即每一单位金券当天可以兑换的人民币数目。我们记录第 K 天中 A券 和 B券 的价值分别为 AK 和 BK（元/单位金券）。为了方便顾客，金券交易所提供了一种非常方便的交易方式：比例交易法。比例交易法分为两个方面：（a）卖出金券：顾客提供一个 [0,100] 内的实数 OP 作为卖出比例，其意义为：将 OP% 的 A券和 OP% 的 B券 以当时的价值兑换为人民币；（b）买入金券：顾客支付 IP 元人民币，交易所将会兑换给用户总价值为 IP 的金券，并且，满足提供给顾客的A券和B券的比例在第 K 天恰好为 RateK；例如，假定接下来 3 天内的 Ak、Bk、RateK 的变化分别为：
假定在第一天时，用户手中有 100元 人民币但是没有任何金券。用户可以执行以下的操作：
注意到，同一天内可以进行多次操作。小Y是一个很有经济头脑的员工，通过较长时间的运作和行情测算，他已经知道了未来N天内的A券和B券的价值以及Rate。他还希望能够计算出来，如果开始时拥有S元钱，那么N天后最多能够获得多少元钱。
输入第一行两个正整数N、S，分别表示小Y能预知的天数以及初始时拥有的钱数。接下来N行，第K行三个实数AK、BK、RateK，意义如题目中所述。对于100%的测试数据，满足：0<AK≤10；0<BK≤10；0<RateK≤100；MaxProfit≤10^9。
【提示】
1.输入文件可能很大，请采用快速的读入方式。
2.必然存在一种最优的买卖方案满足：
每次买进操作使用完所有的人民币；
每次卖出操作卖出所有的金券。
只有一个实数MaxProfit，表示第N天的操作结束时能够获得的最大的金钱数目。答案保留3位小数。
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题解：好吧该啃的硬骨头还是要啃的~
如果感觉像斜率优化，那么我们来试着列方程吧！显然，我们的所有操作肯定是：倾巢买入-倾巢卖出-倾巢买入...那么DP方程如下：
设f[i]表示在第i天，将手中所有金券都卖完，所能拥有的最多钱数，那么
$f[i]=f[i-1]\\f[i]=\min(f[j]/(a[j]\times rate[j]+b[j])*(a[i]*rate[j]+b[i]))$
将括号拆开
$f[i]=a[i]*f[j]/(a[j]\times rate[j]+b[j])*rate[j]+b[i]*f[j]/(a[j]\times rate[j]+b[j])$
感觉不太好看，设$g[i]=f[j]/(a[j]\times rate[j]+b[j])$试试？如果还是感觉不好看，因为a[i],b[i]都是常数，两边都除个a[i]试试？是不是好看多了？
$g[j]*rate[j]=-{b[i]\over a[i]}*g[j]+{f[i]\over a[i]}$
看起来推式子好像挺简单的，但是x和k都不单调啊，于是我们就想找出一种办法使得我们永远都只需要用一些单调的x来更新一些单调的k，这就涉及到排序，怎么办?cdq分治呗！
注意：我们整个分治过程会想办法让某段区间分别满足：按x升序，按编号（时间）升序，按k降序，下面请留意。
具体做法：先将正个序列按k降序排序，然后开始分治。在分治区间[l,r]时，我们先按时间进行归并，将时间在[l,mid]的放在左边，然后递归处理左区间，在处理左区间的结束时候顺便按x升序排个序（一会再说）。现在我们来处理区间[l,r]，发现此时的[l,mid]满足x升序，[mid+1,r]满足k降序，岂不是正好可以用斜率优化？然后，我们递归处理右区间（也顺便按x升序排个序），最后，左右区间都已经按x升序排完序了，归并起来就好了。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn=100010;
struct node
{
double A,B,f,g,k,rate,org;
double x(){return g;}
double y(){return g*rate;}
}p[maxn],pp[maxn];
int n;
int q[maxn],h,t;
double ans;
int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<‘0‘||gc>‘9‘) {if(gc==‘-‘)f=-f; gc=getchar();}
while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘) ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
return ret*f;
}
bool cmpg(node a,node b)
{
return a.g<b.g;
}
bool cmpk(node a,node b)
{
return a.k>b.k;
}
double getk(int a,int b)
{
if(fabs(p[a].x()-p[b].x())<1e-12) return -2147483647.0;
else return (p[a].y()-p[b].y())/(p[a].x()-p[b].x());
}
void solve(int l,int r)
{
if(l==r)
{
p[l].f=max(p[l].f,p[l-1].f);
p[l].g=p[l].f/(p[l].A*p[l].rate+p[l].B);
return ;
}
int mid=l+r>>1,i,j,h1=l,h2=mid+1;
double mf=0;
for(i=l;i<=r;i++)
{
if(p[i].org<=mid) pp[h1++]=p[i];
else pp[h2++]=p[i];
}
for(i=l;i<=r;i++) p[i]=pp[i];
solve(l,mid);
h=1,t=0;
for(i=l;i<=mid;i++)
{
while(h<t&&getk(q[t],q[t-1])<getk(i,q[t])) t--;
q[++t]=i;
mf=max(mf,p[i].f);
}
for(i=mid+1;i<=r;i++)
{
while(h<t&&getk(q[h+1],q[h])>p[i].k) h++;
p[i].f=max(p[i].f,p[q[h]].f/(p[q[h]].A*p[q[h]].rate+p[q[h]].B)*(p[i].A*p[q[h]].rate+p[i].B));
p[i].f=max(p[i].f,mf);
p[i].g=p[i].f/(p[i].A*p[i].rate+p[i].B);
}
solve(mid+1,r);
for(h1=l,h2=mid+1,i=l;i<=r;i++)
{
if(h1<=mid&&(h2>r||p[h1].x()<p[h2].x())) pp[i]=p[h1++];
else pp[i]=p[h2++];
}
for(i=l;i<=r;i++) p[i]=pp[i];
}
int main()
{
scanf("%d%lf",&n,&p[1].f);
int i;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lf%lf%lf",&p[i].A,&p[i].B,&p[i].rate);
p[i].k=-p[i].B/p[i].A,p[i].org=i;
}
sort(p+1,p+n+1,cmpk);
solve(1,n);
for(i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,p[i].f);
printf("%.3lf",ans);
return 0;
}
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