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Description

小Y最近在一家金券交易所工作。該金券交易所只發行交易兩種金券：A紀念券（以下簡稱A券）和 B紀念券（以下 簡稱B券）。每個持有金券的顧客都有一個自己的帳戶。金券的數目可以是一個實數。每天隨著市場的起伏波動， 兩種金券都有自己當時的價值，即每一單位金券當天可以兌換的人民幣數目。我們記錄第 K 天中 A券 和 B券 的 價值分別為 AK 和 BK（元/單位金券）。為了方便顧客，金券交易所提供了一種非常方便的交易方式：比例交易法 。比例交易法分為兩個方面：（a）賣出金券：顧客提供一個 [0,100] 內的實數 OP 作為賣出比例，其意義為：將 OP% 的 A券和 OP% 的 B券 以當時的價值兌換為人民幣；（b）買入金券：顧客支付 IP 元人民幣，交易所將會兌 換給用戶總價值為 IP 的金券，並且，滿足提供給顧客的A券和B券的比例在第 K 天恰好為 RateK；例如，假定接 下來 3 天內的 Ak、Bk、RateK 的變化分別為：

假定在第一天時，用戶手中有 100元 人民幣但是沒有任何金券。用戶可以執行以下的操作：

註意到，同一天內可以進行多次操作。小Y是一個很有經濟頭腦的員工，通過較長時間的運作和行情測算，他已經 知道了未來N天內的A券和B券的價值以及Rate。他還希望能夠計算出來，如果開始時擁有S元錢，那麽N天後最多能 夠獲得多少元錢。

Input

輸入第一行兩個正整數N、S，分別表示小Y能預知的天數以及初始時擁有的錢數。接下來N行，第K行三個實數AK、B K、RateK，意義如題目中所述。對於100%的測試數據，滿足：0<AK≤10；0<BK≤10；0<RateK≤100；MaxProfit≤1 0^9。 【提示】 1.輸入文件可能很大，請采用快速的讀入方式。 2.必然存在一種最優的買賣方案滿足： 每次買進操作使用完所有的人民幣； 每次賣出操作賣出所有的金券。

Output

只有一個實數MaxProfit，表示第N天的操作結束時能夠獲得的最大的金錢數目。答案保留3位小數。

Sample Input

3 100
1 1 1
1 2 2
2 2 3

Sample Output

225.000

HINT

題解

可以發現每次買入和賣出一定是使用全部的資產。

那麽，令$f_i$表示第i天開始時最大可持有多少現金（金券不算），$x_i=\frac{f_i}{Rate_iA_i+B_i}$表示這些現金換成金券時有多少$B$券，$y_i=Rate_ix_i$表示有多少A券，那麽有

$$f_i = max\left(f_{i-1}, max\{y_jA_i+x_jB_i\mid j < i\}\right)$$

熟悉雙變量線性規劃的可以看出來把$x,y$畫到平面上，用一個斜率為$-\frac{B_i}{A_i}$的直線經過這些點，選出最靠上的，這個點便是最優點。

那麽可以看出，最優解一定在前面所有點的上凸殼上。

但是點的橫縱坐標都不是單調的，怎麽辦呢？

1.利用平衡樹維護凸包。

2.CDQ分治。

我們發現，只有編號小的會對編號大的產生影響，那麽我們按時間把所有天分成兩半，先遞歸解決前一半，然後將前一半按橫坐標排序，求凸包，後一半按$-\frac{B_i}{A_i}$排序，更新後一半的答案後再遞歸解決後一半即可。

實現中，按橫坐標排序需要歸並排序，按斜率排序只需要開頭排一遍即可。

時間復雜度是常見的$T(n)=2T(\frac n 2) + O(n)$，$T(n) = O(nlogn)$。

附代碼（其實代碼裏的註釋是給我自己寫的，畢竟第一次寫CDQ）：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using std::abs;
const int N = 100050;
const double eps = 1e-6;
struct Info{
  double a, b, rate;
  double k, x, y;
  int i;
  bool operator<(const Info &t)const{
    return k > t.k;
  }
};
double f[N];
Info p[N], tmp[N];
Info cv[N];
inline bool cmp(const Info &a, const Info &b) {
  if (fabs(a.x - b.x) < eps) return a.y > b.y;
  return a.x < b.x;
}
inline double getK(const Info &a, const Info &b) {
  return (a.y - b.y) / (a.x - b.x);
}
inline double calc(const Info &a, const Info &b) {
  return a.x * b.b+ a.y * b.a;
}
void solve(int l, int r) {  //[l, r)
  if (r - l <= 1) {
    if (l) f[l] = std::max(f[l], f[l - 1]);
    p[l].x = f[l] / (p[l].rate * p[l].a + p[l].b);
    p[l].y = p[l].x * p[l].rate;
    return;
  }
  int mid = (l + r) >> 1;
  int p1 = l, p2 = mid;
 
  //split [l, r) to [l, mid) and [mid, r)
  for (int i = l; i < r; ++i) {
    if (p[i].i < mid) tmp[p1++] = p[i];
    else tmp[p2++] = p[i];
  }
  for (int i = l; i < r; ++i)
    p[i] = tmp[i];
   
  //solve the left half
  solve(l, mid);
 
  //get the upper convex hull
  int q = 0;
  for (int i = l; i < mid; ++i) if (!i || fabs(p[i].x - p[i - 1].x) >= eps) {
    while (q > 1 && getK(p[i], cv[q - 1]) > getK(cv[q - 1], cv[q - 2]))
      --q;
    cv[q++] = p[i];
  }
 
  //update the answers of the right half
  for (int i = mid, j = 0; i < r; ++i) {
    while (j < q - 1 && calc(cv[j + 1], p[i]) > calc(cv[j], p[i]))
      ++j;
    f[p[i].i] = std::max(f[p[i].i], calc(cv[j], p[i]));
  }
 
  //solve the right half
  solve(mid, r);
 
  //sort the p according to x
  int i = l, j = mid, e = l;
  while (i < mid && j < r)
    if (cmp(p[i], p[j]))
      tmp[e++] = p[i++];
    else
      tmp[e++] = p[j++];
  while (i < mid)
    tmp[e++] = p[i++];
  while (j < r)
    tmp[e++] = p[j++];
  for (int i = l; i < r; ++i)
    p[i] = tmp[i];
}
int main() {
  int n;
  scanf("%d%lf", &n, &f[0]);
  for (int i = 0; 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].i = i;
  }
  std::sort(p, p + n);
  solve(0, n);
  //for (int i = 0; i < n; ++i)
  //  printf("%.9lf\n", f[i]);
  printf("%.3lf\n", f[n - 1]);
  return 0;
}

　　

BZOJ1492 [NOI2007]貨幣兌換