bzoj1492[NOI2007]货币兑换Cash cdq分治+斜率优化dp

Description

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。

Input

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、B

K、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≤1

0^9。

【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。

Output

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。

Sample Input

3 100
1 1 1
1 2 2
2 2 3

Sample Output

HINT

Source

解题的第一个关键是知道每次操作都要完全，即买入就花光所有钱，卖出就卖出所有金券

容易列出暴力方程
f[i]=f[j]/(a[j]*r[j]+b[j])*r[j]*a[i]+f[j]/(a[j]*r[j]+b[j])*b[i]
设x[i]=f[j]/(a[j]*r[j]+b[j])*r[j]
y[i]=f[j]/(a[j]*r[j]+b[j])
f[i]=x[j]*a[i]+y[j]*b[i] 很明显可以斜率优化的式子
假设j比k优且假设(x[k]<x[j])
那么x[j]*a[i]+y[j]*b[i]>x[k]*a[i]+y[k]*b[i]
=> -a[i]/b[i]<(y[k]-y[j])/(x[k]-x[j]) 维护上凸包

由于-a[i]/b[i]不具有单调性所以不能够用单调队列维护
由于x[i]不具有单调性不能用单调队列维护

那么现在只要我们保证了x[i] 和-a[i]/b[i]的单调性，不就可以单调队列维护了？

可以用排序来保证-a[i]/b[i]单调 cdq分治保证x[i]单调且保证在i之前的j都已经转移完毕

1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define N 100005 3 using namespace std; 4 int n,s[N];double f[N]; 5 const double eps=1e-9; 6 const double inf=1e9; 7 struct query{double a,b,r,k;int id;}q[N],a[N]; 8 struct point{ 9 double x,y; 10 bool operator < (const point &b)const{ 11 return fabs(x-b.x)<=eps?y<b.y:x<b.x; 12 } 13 }p[N],b[N]; 14 double get(int i,int j){ 15 if(fabs(p[i].x-p[j].x)<=eps)return -inf; 16 return (p[i].y-p[j].y)/(p[i].x-p[j].x); 17 } 18 void cdq(int l,int r){ 19 if(l==r){ 20 f[l]=max(f[l],f[l-1]); 21 p[l].y=f[l]/(q[l].a*q[l].r+q[l].b); 22 p[l].x=p[l].y*q[l].r;return; 23 } 24 int mid=l+r>>1; 25 int p1=l,p2=mid+1; 26 for(int i=l;i<=r;i++){ 27 if(q[i].id<=mid)a[p1++]=q[i]; 28 else a[p2++]=q[i]; 29 } 30 for(int i=l;i<=r;i++)q[i]=a[i]; 31 cdq(l,mid);int tp=0; 32 for(int i=l;i<=mid;i++){ 33 while(tp>1&&get(s[tp-1],s[tp])<get(s[tp],i))tp--; 34 s[++tp]=i; 35 } 36 int j=1; 37 for(int i=r;i>=mid+1;i--){ 38 while(j<tp&&q[i].k<get(s[j],s[j+1])+eps)j++; 39 f[q[i].id]=max(f[q[i].id],p[s[j]].x*q[i].a+p[s[j]].y*q[i].b); 40 } 41 cdq(mid+1,r); 42 p1=l,p2=mid+1; 43 for(int i=l;i<=r;i++){ 44 if((p[p1]<p[p2]||p2>r)&&p1<=mid)b[i]=p[p1++]; 45 else b[i]=p[p2++]; 46 } 47 for(int i=l;i<=r;i++)p[i]=b[i]; 48 } 49 50 bool cmp(query a,query b){return a.k<b.k;} 51 int main(){ 52 scanf("%d%lf",&n,&f[1]); 53 for(int i=1;i<=n;i++){ 54 scanf("%lf%lf%lf",&q[i].a,&q[i].b,&q[i].r); 55 q[i].k=-q[i].a/q[i].b; 56 q[i].id=i; 57 } 58 sort(q+1,q+1+n,cmp); 59 cdq(1,n); 60 printf("%.3lf\n",f[n]); 61 return 0; 62 }