BZOJ1492: [NOI2007]货币兑换Cash 【dp + CDQ分治】

1492: [NOI2007]货币兑换Cash

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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 AK 和 BK（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 RateK；例如，假定接

下来 3 天内的 Ak、Bk、RateK 的变化分别为：

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：

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。

Input

输入第一行两个正整数N、S，分别表示小Y能预知的天数以及初始时拥有的钱数。接下来N行，第K行三个实数AK、B

K、RateK，意义如题目中所述。对于100%的测试数据，满足：0<AK≤10；0<BK≤10；0<RateK≤100；MaxProfit≤1

0^9。

【提示】

1.输入文件可能很大，请采用快速的读入方式。

2.必然存在一种最优的买卖方案满足：

每次买进操作使用完所有的人民币；

每次卖出操作卖出所有的金券。

Output

只有一个实数MaxProfit，表示第N天的操作结束时能够获得的最大的金钱数目。答案保留3位小数。

Sample Input

3 100
1 1 1
1 2 2
2 2 3

Sample Output

225.000

HINT

题解

蒟蒻经济头脑真的差。。

按照生活经验要使利益最大每次一定要全部换完

我们设f[i]表示第i天最大人民币数

则有f[i] = max{A[i] * R[j] * f[j] / (R[j] * A[j] + B[j]) + B[i] * f[j] / (R[j] * A[j] + B[j])}

我们就有了O(n ^ 2)算法

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define fo(i,x,y) for (int i = (x); i <= (y); i++)
#define Redge(u) for (int k = head[u]; k != -1; k = edge[k].next)
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57) {out = out * 10 + c - 48; c = getchar();}
	return out * flag;
}
int N;
double S,A[maxn],B[maxn],R[maxn],f[maxn],ans;
int main()
{
	N = read(); S = read();
	REP(i,N) A[i] = read(),B[i] = read(),R[i] = read();
	ans = S;
	f[1] = S / (R[1] * A[1] + B[1]);
	for (int i = 2; i <= N; i++){
		for (int j = 1; j < i; j++)
			ans = max(ans,f[j] * B[i] + R[j] * f[j] * A[i]);
		f[i] = ans / (R[i] * A[i] + B[i]);
	}
	printf("%.3lf\n",f[N] * B[N] + R[N] * f[N] * A[N]);
	return 0;
}

然而满分算法是很艰难的，需要我们优化

同样的，若k < j < i 且j优于k，就有

A[i] * R[j] * f[j] / (R[j] * A[j] + B[j]) + B[i] * f[j] / (R[j] * A[j] + B[j]) >  A[i] * R[k] * f[k] / (R[k] * A[k] + B[k]) + B[i] * f[k] / (R[k] * A[k] + B[k])

令yj = f[j] / (R[j] * A[j] + B[j])

令xj = R[j] * yj

化为(yj - yk) / (xj - xk) > -A[i] / B[i]

就可以把每一天看做一个点(xi,yi)了

我们对于f[i]，有斜率k = -A[i] / B[i]的直线

我们需要找到i之前所有点组成的凸包中过该直线y轴截距最大的点

如果所有点x单调且斜率单调的话就可以用单调队列维护了

很可惜这题二者都不单调

所以我们要用splay维护凸包【好难写，而且也不会】

没办法听说有一种东西叫CDQ分治

主要思想是这样的，先将各点按斜率排序【每个点对应的斜率与f无关，可以直接得到】

solve(L,R)可以算出[L,R]内所有的f值且算完后所有点按坐标排序

那么我们可以先算solve(L,mid)，之后对[L,mid]维护一个凸包用来更新[mid + 1,R]中的f值

由于左区间坐标有序，而右区间斜率有序，就可以用一个栈直接维护了

之后solve(mid + 1,R)

算完后再将所有点按坐标排序【类似于归并的合并】

好难写QAQ，蒟蒻写了一个下午

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define eps 1e-9
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define fo(i,x,y) for (int i = (x); i <= (y); i++)
#define Redge(u) for (int k = head[u]; k != -1; k = edge[k].next)
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
int n,top,st[maxn];
double f[maxn];
struct node{double x,y,a,b,r,k;int id;}p[maxn],t[maxn];
inline bool operator < (const node& a,const node& b){return a.k > b.k;}
inline double slope(int u,int v){
	if (!v) return -1e20;
	if (fabs(p[u].x - p[v].x) < eps) return 1e20;
	return (p[u].y - p[v].y) / (p[u].x - p[v].x);
}
void solve(int L,int R){
	if (L == R){
		f[L] = max(f[L],f[L - 1]);
		p[L].y = f[L] / (p[L].a * p[L].r + p[L].b);
		p[L].x = p[L].r * p[L].y;
		return;
	}
	int mid = (L + R) >> 1,l1 = L,l2 = mid + 1,j = 1;
	for (int i = L; i <= R; i++)
		if (p[i].id <= mid) t[l1++] = p[i];
		else t[l2++] = p[i];
	for (int i = L; i <= R; i++) p[i] = t[i];
	solve(L,mid);
	top = 0;
	for (int i = L; i <= mid; i++){
		while (top > 1 && slope(st[top - 1],st[top]) < slope(st[top - 1],i) + eps) top--;
		st[++top] = i;
	}
	st[++top] = 0;
	for (int i = mid + 1; i <= R; i++){
		while (j < top && slope(st[j],st[j + 1]) + eps > p[i].k) j++;
		f[p[i].id] = max(f[p[i].id],p[st[j]].x * p[i].a + p[st[j]].y * p[i].b);
	}
	solve(mid + 1,R);
	l1 = L; l2 = mid + 1;
	for (int i = L; i <= R; i++){
		if (((p[l1].x < p[l2].x || (fabs(p[l1].x - p[l2].x) < eps && p[l1].y < p[l2].y)) || l2 > R) && l1 <= mid) t[i] = p[l1++];
		else t[i] = p[l2++];
	}
	for (int i = L; i <= R; i++) p[i] = t[i];
}
int main()
{
	scanf("%d%lf",&n,&f[0]);
	REP(i,n){
		scanf("%lf%lf%lf",&p[i].a,&p[i].b,&p[i].r);
		p[i].k = -p[i].a / p[i].b; p[i].id = i;
	}
	sort(p + 1,p + 1 + n);
	solve(1,n);
	printf("%.3lf\n",f[n]);
	return 0;
}