1492: [NOI2007]貨幣兌換Cash

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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

Source

列出轉移方程，化成斜率的式子就可以用斜率優化了，但是這題的橫坐標詢問不單調所以要用平衡樹維護凸殼，而平衡樹的替代品就是CDQ分治。

這裏我們同時也可以看出，這是個三維偏序，$x_i$和$w_i$各占一維。註意$l=r$的時候dp[l]=dp[l-1]!!!

設我們化成的形式為$\frac{y_k-y_j}{x_k-x_j} \geqslant w_i$，那麽：

當$w_i$不滿足單調性時可以用二分。

當$x_i$不滿足單調性時用CDQ分治或平衡樹。

當均滿足單調性時直接用單調棧即可。

 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 }

[BZOJ1492][NOI2007]貨幣兌換Cash(斜率優化+CDQ分治)