1492: [NOI2007]货币兑换Cash
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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、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。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 3Sample Output
225.000HINT
Source
列出转移方程，化成斜率的式子就可以用斜率优化了，但是这题的横坐标询问不单调所以要用平衡树维护凸壳，而平衡树的替代品就是CDQ分治。
这里我们同时也可以看出，这是个三维偏序，$x_i$和$w_i$各占一维。注意$l=r$的时候dp[l]=dp[l-1]!!!
设我们化成的形式为$\frac{y_k-y_j}{x_k-x_j} \geqslant w_i$，那么：
当$w_i$不满足单调性时可以用二分。
当$x_i$不满足单调性时用CDQ分治或平衡树。
当均满足单调性时直接用单调栈即可。
1 #include<cmath> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++) 5 using namespace std; 6 7 const int N=100010; 8 double eps=1e-10; 9 struct P{ double a,b,x,y,k,r; int id; }p[N],q[N]; 10 int n,h[N]; double dp[N]; 11 bool cmp(P a,P b){ return a.k>b.k; } 12 13 double getk(int u,int v){ 14 if (!v) return -1e20; 15 if (fabs(p[u].x-p[v].x)<eps) return 1e20; 16 return (p[u].y-p[v].y)/(p[u].x-p[v].x); 17 } 18 19 void solve(int l,int r){ 20 if (l==r){ 21 dp[l]=max(dp[l],dp[l-1]); 22 p[l].y=dp[l]/(p[l].a*p[l].r+p[l].b); p[l].x=p[l].y*p[l].r; 23 return; 24 } 25 int mid=(l+r)>>1,j=l,k=mid+1; 26 rep(i,l,r) if (p[i].id<=mid) q[j++]=p[i]; else q[k++]=p[i]; 27 rep(i,l,r) p[i]=q[i]; 28 solve(l,mid); int ed=0,st=1; 29 rep(i,l,mid){ 30 while (ed>1 && getk(h[ed],i)+eps>getk(h[ed-1],h[ed])) ed--; 31 h[++ed]=i; 32 } 33 rep(i,mid+1,r){ 34 while (st<ed && getk(h[st],h[st+1])+eps>p[i].k) st++; 35 dp[p[i].id]=max(dp[p[i].id],p[h[st]].x*p[i].a+p[h[st]].y*p[i].b); 36 } 37 solve(mid+1,r); j=l; k=mid+1; 38 rep(i,l,r) 39 if (j<=mid && (p[j].x<p[k].x || (fabs(p[j].x-p[k].x)<eps && p[j].y<p[k].y) || k>r)) q[i]=p[j++]; 40 else q[i]=p[k++]; 41 rep(i,l,r) p[i]=q[i]; 42 } 43 44 int main(){ 45 freopen("bzoj1492.in","r",stdin); 46 freopen("bzoj1492.out","w",stdout); 47 scanf("%d%lf",&n,&dp[0]); 48 rep(i,1,n){ 49 scanf("%lf%lf%lf",&p[i].a,&p[i].b,&p[i].r); 50 p[i].k=-p[i].a/p[i].b; p[i].id=i; 51 } 52 sort(p+1,p+n+1,cmp); solve(1,n); printf("%.3f\n",dp[n]); 53 return 0; 54 }
