[BZOJ1492][NOI2007]货币兑换Cash(斜率优化+CDQ分治)

Posted 2020-10-25 HocRiser

 

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：

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

225.000

HINT

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 }