LG P4027 [NOI2007] 货币兑换

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 $A_K$ 和 $B_K$ （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 $\mathrm{Rate}_ K$；

例如，假定接下来 $3$ 天内的 $A_K,B_K,\mathrm{Rate}_ K$ 的变化分别为：

| 时间 | $A_K$ | $B_K$ | $\mathrm{Rate}_ K$ |
| ----- | ----- | ----- | ----- |
| 第一天 | $1$ | $1$ | $1$ |
| 第二天 | $1$ | $2$ | $2$ |
| 第三天 | $2$ | $2$ | $3$ |

 

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：

| 时间 | 用户操作 | 人民币(元) | A 券的数量 | B 券的数量 |
| ----- | ----- | ----- | ----- | ----- |
| 开户 | 无 | $100$ | $0$ | $0$ |
| 第一天 | 买入 $100$ 元 | $0$ | $50$ | $50$ |
| 第二天 | 卖出 $50\%$ | $75$ | $25$ | $25$ |
| 第二天 | 买入 $60$ 元 | $15$ | $55$ | $40$ |
| 第三天 | 卖出 $100\%$ | $205$ | $0$ | $0$ |

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 $\mathrm{Rate}$。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。

Solution

设$f_i$表示第$i$天持有钱数，并且知道最优方案一定是某一天将钱花光，之后全部卖出

\begin{cases}
xA_i+yB_i = f_i \\
\frac{x}{y}=R_i
\end{cases}

解得

$$y_i=\frac{f_i}{A_iR_i+B_i} ,x_i=\frac{R_if_i}{A_iR_i+B_i} $$

假设现在更新$f_j$，有$f_j=max{x_iA_j+y_iB_j}$

解得$y_i=-\frac{A_j}{B_j}x_i+\frac{f_j}{B_j}  $

要求最大化截距，CDQ分治过程中维护上凸壳，CDQ右区间按斜率排序，左区间按照横坐标排序，所以查询时是有序的

时间复杂度$O(n \log n)$

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,sta[100005];
const int inf=0x7f7f7f7f;
double dp[100005];
struct Node{
    double A,B,R,k,id,x,y;
    bool operator <(const Node &z)const{return k<z.k;}
}node[100005],temp[100005];
inline int read(){
    int f=1,w=0;
    char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')w=(w<<1)+(w<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return f*w;
}
double slope(int i,int j){
    if(node[i].x==node[j].x)return inf;
    return (node[j].y-node[i].y)/(node[j].x-node[i].x);
}
void merge(int l,int r){
    int mid=l+r>>1,t1=l,t2=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;i++)
        if(t1<=mid&&(t2>r||node[t1].x<=node[t2].x))temp[i]=node[t1++];
        else temp[i]=node[t2++];
    for(int i=l;i<=r;i++)node[i]=temp[i];
}
void CDQ(int l,int r){
    if(l==r){dp[l]=max(dp[l],dp[l-1]),node[l].y=dp[l]/(node[l].A*node[l].R+node[l].B),node[l].x=node[l].R*node[l].y;return;}
    int mid=l+r>>1,t1=l-1,t2=mid,top=0;
    for(int i=l;i<=r;i++)
        if(node[i].id<=mid)temp[++t1]=node[i];
        else temp[++t2]=node[i];
    for(int i=l;i<=r;i++)node[i]=temp[i];
    CDQ(l,mid);
    for(int i=l;i<=mid;i++){
        while(top>=2&&slope(sta[top],i)>=slope(sta[top-1],sta[top]))--top;
        sta[++top]=i;
    }
    for(int i=mid+1;i<=r;i++){
        while(top>=2&&slope(sta[top-1],sta[top])<=node[i].k)--top;
        dp[(int)node[i].id]=max(dp[(int)node[i].id],node[sta[top]].x*node[i].A+node[sta[top]].y*node[i].B);
    }
    CDQ(mid+1,r),merge(l,r);
}
int main(){
    n=read(),dp[0]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf%lf",&node[i].A,&node[i].B,&node[i].R),node[i].k=-node[i].A/node[i].B,node[i].id=i;
    sort(node+1,node+n+1),CDQ(1,n),printf("%.3lf\n",dp[n]);
    return 0;
}