Codeforces 1067D - Computer Game（矩阵快速幂+斜率优化）
好题。
首先显然我们如果在某一次游戏中升级，那么在接下来的游戏中我们一定会一直打 \(b_jp_j\) 最大的游戏 \(j\)，因为这样得到的期望收益最大。
因此我们设 \(dp_i\) 表示还剩 \(i\) 秒并且当前没有升级过的最大收益。
那么有 \(dp_i=\max\limits_{j}\{dp_{i-1}(1-p_j)+X(i-1)p_j+p_ja_j\}\)，其中 \(X=\max\{b_jp_j\}\)。
稍微解释一下上面的转移方程，我们枚举这一次选择玩哪个游戏，设为 \(j\)，那么我们有 \(p_j\) 的概率获得胜利，之后每一轮期望会获得 \(X\) 的收益，得到的总收益就是 \(X(i-1)\)，此外该轮还会获得 \(a_j\) 的收益，这种情况下的期望收益就是 \(X(i-1)p_j+p_ja_j\)。如果这次游戏没有取得胜利，那么问题转化为还剩 \(i-1\) 秒的情况，最大收益为 \(dp_{i-1}\)，概率为 \(1-p_j\)，期望收益为 \((1-p_j)dp_{i-1}\)，把两者加起来可以得到 \(dp_{i-1}(1-p_j)+X(i-1)p_j+p_ja_j\)。对所有 \(j\) 取个 \(\max\) 即可得到上面的式子。
我们设 \(S_i=X(i-1)-dp_{i-1}\)，那么上面的转移方程可以写成 \(dp_i=\max\{dp_{i-1}+p_jS_i+p_ja_j\}\)。注意到 \(S_j\) 是单调不减的，因为 \(S_{j+1}-S_{j}=(iX-dp_i)-(X(i-1)-dp_{i-1})=X-(dp_i-dp_{i-1})\)，而 \(dp_i-dp_{i-1}\) 这个式子我们调用它的实际意义可知，它们的差距不可能大于一轮中的最大收益 \(X\)，因此 \(X-(dp_i-dp_{i-1})\ge 0\)。
注意到上面改写过的 \(dp\) 方程可以视作，我们有若干个点 \((p_j,a_jp_j)\)，你要对于所有点，过其做斜率为 \(-S_i\)，取最大截距作为 \(dp_i\) 相较于 \(dp_{i-1}\) 的增量，看到这样的设问我们可以很自然地想到斜率优化。具体来说我们建出这 \(n\) 个点的上凸壳，那么最优切点肯定在上凸壳上，又因为 \(S_i\) 单调递增，因此最优切点的横坐标肯定不断向右移，因此我们可以均摊 \(\mathcal O(n+T)\) 地对于每一轮 DP 求出其最优切点。
如果这题 \(T\) 的数据范围比较小那么按照上文所述进行斜率优化即可通过，不过这丧心病狂的出题人偏偏将 \(T\) 数据范围加强到 \(10^{10}\)。这就导致直接一轮轮推过去的做法无法通过，不过注意到对于上凸壳上每个点，它作为最优转移点存在的时刻是一段区间，因此我们考虑从左到右遍历上凸壳上每一个点，二分它作为最优转移点的区间的右端点 \(t\)，矩阵快速幂算出 \(t\) 时刻的 DP 值，并通过判断 \(S_t\) 的最优切点是否是该点来判断应当向左还是向右二分。具体来说，对于一段连续的且最优转移点均为 \(j\) 的 DP，它们的 DP 转移均可写成以下形式：
矩阵快速幂即可。这样复杂度 \(n\log^2n\)，再加上矩阵快速幂的大常数，有亿点点危，不过如果我们对于所有 \(k\in[0,\log_2(t)]\) 预处理出矩阵的 \(2^k\) 幂，然后倍增最优转移点区间的右端点，那么时间复杂度可以做到 \(n\log n\)。
const int MAXN=1e5;
const int LOG_T=36;
int sgn(ld x){return (x<-EPS)?-1:((x<EPS)?0:1);}
struct mat{
ld a[4][4];
mat(){for(int i=1;i<=3;i++) for(int j=1;j<=3;j++) a[i][j]=0;}
mat operator *(const mat &rhs){
mat res;
for(int i=1;i<=3;i++) for(int j=1;j<=3;j++)
for(int k=1;k<=3;k++) res.a[i][k]+=a[i][j]*rhs.a[j][k];
return res;
}
} cur,pw[LOG_T+2];
int n,a[MAXN+5],b[MAXN+5];
ll t;ld p[MAXN+5],X=0;
struct point{
ld x,y;int id;
point(ld _x=0,ld _y=0,int _id=0):x(_x),y(_y),id(_id){}
bool operator <(const point &rhs) const{
if(sgn(x-rhs.x)) return sgn(x-rhs.x)<0;
return sgn(y-rhs.y)<0;
}
} P[MAXN+5];
int stk[MAXN+5],tp=0;
void calc_hull(){
sort(P+1,P+n+1);
for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
j=i;while(!sgn(P[i].x-P[j].x)) j++;j--;
while(tp>1&&(P[stk[tp]].y-P[stk[tp-1]].y)*(P[j].x-P[stk[tp]].x)<
(P[stk[tp]].x-P[stk[tp-1]].x)*(P[j].y-P[stk[tp]].y)) --tp;
stk[++tp]=j;
}
}
ld calc(point p,ld x){return p.x*x+p.y;}
int main(){
scanf("%d%lld",&n,&t);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d%Lf",&a[i],&b[i],&p[i]);
P[i]=point(p[i],a[i]*p[i],i);chkmax(X,b[i]*p[i]);
}
calc_hull();
ll curp=0;cur.a[1][3]=1;
// for(int i=1;i<=tp;i++) printf("(%.10Lf %.10Lf)\n",P[stk[i]].x,P[stk[i]].y);
for(int i=1;;){
ld curS=X*curp-cur.a[1][1];
// printf("%lld %.10Lf\n",curp,curS);
while(i<tp&&(P[stk[i+1]].y-P[stk[i]].y)>=-curS*(P[stk[i+1]].x-P[stk[i]].x)) i++;
int id=P[stk[i]].id;
pw[0].a[1][1]=1-p[id];pw[0].a[1][2]=0;pw[0].a[1][3]=0;
pw[0].a[2][1]=p[id]*X;pw[0].a[2][2]=1;pw[0].a[2][3]=0;
pw[0].a[3][1]=p[id]*a[id];pw[0].a[3][2]=1;pw[0].a[3][3]=1;
for(int j=1;j<=LOG_T;j++) pw[j]=pw[j-1]*pw[j-1];
for(int j=LOG_T;~j;j--) if(curp+(1ll<<j)<t){
mat nw_mat=cur*pw[j];
ld nw=X*nw_mat.a[1][2]-nw_mat.a[1][1];
if((i==tp)||calc(P[stk[i]],nw)>calc(P[stk[i+1]],nw))
curp+=(1ll<<j),cur=cur*pw[j];
} cur=cur*pw[0];curp++;if(curp==t) break;
} printf("%.10Lf\n",cur.a[1][1]);
return 0;
}
