Description

Input

Output

Sample Input

5 50 50 10
1 10
1 20
2 10
2 20
1 30

Sample Output

375.00

Data Constraint

Solution

• 本題最大的瓶頸在於“當前鑽頭能力”，我們嘗試不儲存“當前鑽頭能力”。

• F[i] 表示前 i 個星球的最優收入。但這很明顯是不行的，因為當前鑽頭能力會影響到後面的過程。

• 不嚴謹的說，當前鑽頭能力具有“後效性”。

• 但是這個當前鑽頭能力對後程的影響無非就是乘上一個數值。

• 就好像初始鑽頭能力是 w ，實際上你可以按 1 來做，最後再把 a

  ns 乘上 w 。

• 正難則反 ，F[i] 表示第 i——n 個星球的最優收入，且假設從第 i 個星球開始時鑽頭能力是 1 。

• 轉移過程就變得簡單：

• 如果在第 i 個星球開採，那麼第 i——n 個星球的初始鑽頭能力就是 1∗(1−0.01∗k) 。

• 換句話說，就是：F[i+1]∗(1−0.01k) 。所以：

  F[i]=Max{F[i+1],F[i+1]∗(1−0.01k)+a[i]}

• 對於維護型星球，大同小異，就係數和代價的正負而已。

• 實際處理時陣列也不用，用變數儲存即可，時間複雜度 O(N) 。

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
const
 
 int N=100001;
double ans;
int a[N];
bool b[N];
inline int read()
{
    int X=0,w=1; char ch=0;
    while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return X*w;
}
inline double max(double x,double y)
{
    return
 
 x>y?x:y;
}
int main()
{
    int n=read();
    double k=read(),c=read(),w=read();
    k=1-0.01*k,c=1+0.01*c;
    for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=read()==1,a[i]=read();
    for(int i=n;i;i--) ans=max(ans,b[i]?ans*k+a[i]:ans*c-a[i]);
    printf("%.2lf",ans*w);
    return 0;
}