1492: [NOI2007]货币兑换Cash
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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：
.png)
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：
.png)
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
1 1 1
1 2 2
2 2 3
Sample Output
225.000
HINT
.png)
Source
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstdio> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 #define eps 1e-9 8 #define maxn 120000 9 #define inf 2147483647 10 using namespace std; 11 struct P { 12 double x,y; 13 }p[maxn],pp[maxn]; 14 bool operator <(P t1,P t2){return (t1.x<t2.x+eps)||(fabs(t1.x-t2.x)<=eps&&t1.y<t2.y+eps);} 15 struct data { 16 double q,a,b,rate,k; 17 int pos; 18 }ask[maxn],askt[maxn]; 19 int n; 20 double f[maxn]; 21 bool cmp(data t1,data t2) {return t1.k<t2.k;} 22 double get(int i,int j) { 23 if(!i) return -inf; 24 if(!j) return inf; 25 if(fabs(p[i].x-p[j].x)<=eps) return -inf; 26 return (p[i].y-p[j].y)/(p[i].x-p[j].x); 27 } 28 int sta[maxn]; 29 void cdq(int l,int r) { 30 if(l==r) { 31 f[l]=max(f[l-1],f[l]); 32 p[l].y=f[l]/(ask[l].a*ask[l].rate+ask[l].b); 33 p[l].x=p[l].y*ask[l].rate; 34 return; 35 } 36 int mid=l+r>>1,l1=l,l2=mid+1; 37 for(int i=l;i<=r;i++) 38 if(ask[i].pos<=mid) askt[l1++]=ask[i]; 39 else askt[l2++]=ask[i]; 40 for(int i=l;i<=r;i++) ask[i]=askt[i]; 41 cdq(l,mid); 42 int top=0; 43 for(int i=l;i<=mid;i++) { 44 while(top>=2&&get(i,sta[top])+eps>get(sta[top],sta[top-1])) top--; 45 sta[++top]=i; 46 } 47 int j=1; 48 for(int i=r;i>=mid+1;i--) { 49 while(j<top&&ask[i].k<get(sta[j],sta[j+1])+eps) j++; 50 f[ask[i].pos]=max(f[ask[i].pos],p[sta[j]].x*ask[i].a+p[sta[j]].y*ask[i].b); 51 } 52 cdq(mid+1,r); 53 l1=l,l2=mid+1; 54 for(int i=l;i<=r;i++) { 55 if((p[l1]<p[l2]||l2>r)&&l1<=mid) pp[i]=p[l1++]; 56 else pp[i]=p[l2++]; 57 } 58 for(int i=l;i<=r;i++) p[i]=pp[i]; 59 } 60 int main() { 61 scanf("%d%lf",&n,&f[0]); 62 for(int i=1;i<=n;i++) { 63 scanf("%lf%lf%lf",&ask[i].a,&ask[i].b,&ask[i].rate); 64 ask[i].k=-ask[i].a/ask[i].b;ask[i].pos=i; 65 } 66 sort(ask+1,ask+n+1,cmp); 67 cdq(1,n); 68 printf("%.3lf\n",f[n]); 69 }
