CF1067D Computer Game

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题意：

有 n 道题，每个题可以做很多次但只能领悟一次，一开没有领悟任何题。

对于第 i 个题，正确率为 $p_i$ 。领悟之前，做对这个题可以提升 $a_i$ 的能力值；领悟之后，做对这个题可以提升 $b_i$ 的能力值。（保证 $a_i<b_i$ ）

做对一个题，还可以领悟任意一个题（任选）。做错题后，什么都不会发生。

现在可以做 t 次题（同一题算多次），问最大能力值？ $n\leq 10^5,t\leq 10^{10}$

 

题解：

【一些吐槽】 由于考试数据水现场各种水过。大家都猜了一个错误的结论：领悟之前和之后都各只做一道题。

事实上领悟之后确实是只做一道题，选的一定是 $b_ip_i$ 最大的那个题，记这个值为 $mx$ ，但领悟之前就不是了，需要 dp 。

设 $f_t$ 表示 t 时刻的最大能力值，方程$$\begin{aligned}f_{t+1}&=\max \{p_i\times (a_i+mx\times t)+(1-p_i)\times f_t\}\\f_{t+1}&=\max \{p_ia_i+p_i\times(mx\times t-f_t)\}+f_t\end{aligned}$$

这里有个性质：由于一轮的贡献不会超过 mx ，所以有$$\begin{aligned}f_{t+1}-f_t &\leq mx \\ \Longleftrightarrow t\times mx-f_t &\leq (t+1)\times mx-f_{t+1}\end{aligned}$$

即 $mx\times t-f_t$ 是单调不减的。

那么把 $p_ia_i$ 看成截距， $p_i$ 看成斜率， $f$ 的转移就相当于取若干一次函数的最大值，求下凸壳即可。 dp 的时候从左往右扫每条直线，用矩阵乘法和倍增优化转移。复杂度 $\mathcal{O}(n\log T)$ 。

 

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define ll long long
#define db double

using namespace std;

const int N=1e5+10;
int n,m; db mx,ans; ll t,cnt;

const db eps=1e-10;
const int dcmp(db x){return fabs(x)<eps?0:x<-eps?-1:1;}

struct line{
    db k,b;
    line(db k=0,db b=0):k(k),b(b){}
    friend bool operator < (line x,line y){
        return dcmp(x.k-y.k)==0?dcmp(x.b-y.b)>0:dcmp(x.k-y.k)<0;
    }
}p[N],q[N];

struct mat{
    int n,m; db a[3][3];
    mat(int n=0,int m=0):n(n),m(m){memset(a,0,sizeof(a));}
    friend mat operator * (mat x,mat y){
        mat z(x.n,y.m);
        rep (i,0,z.n-1)
            rep (j,0,z.m-1)
                rep (k,0,x.m-1) z.a[i][j]+=x.a[i][k]*y.a[k][j];
        return z;
    }
}A,B,trs[35];

db inter_x(line x,line y){return (y.b-x.b)/(x.k-y.k);}

int main(){
    scanf("%d%lld",&n,&t);
    rep (i,1,n){
        int a,b; db c;
        scanf("%d%d%lf",&a,&b,&c);
        mx=max(mx,b*c),p[i]=line(c,a*c);
    }
    sort(p+1,p+1+n);
    rep (i,1,n) if (i==1||dcmp(p[i].k-p[i-1].k)!=0) q[++m]=p[i];
    n=0;
    rep (i,1,m){
        while (n>=2&&dcmp(inter_x(q[i],p[n])-inter_x(p[n],p[n-1]))<=0) n--;
        p[++n]=q[i];
    }
    cnt=0;
    A=mat(3,1); A.a[2][0]=1;
    for (int i=1;i<=n&&cnt<t;i++){
        db R=mx*cnt-A.a[0][0];
        while (i<n&&dcmp(inter_x(p[i],p[i+1])-R)<=0) i++;
        if (i<n) R=inter_x(p[i],p[i+1]);
        trs[0]=mat(3,3);
        trs[0].a[0][0]=1-p[i].k,trs[0].a[0][1]=p[i].k*mx,trs[0].a[0][2]=p[i].b;
        trs[0].a[1][1]=trs[0].a[1][2]=trs[0].a[2][2]=1;
        rep (j,1,33) trs[j]=trs[j-1]*trs[j-1];
        for (int j=33;~j;j--)
            if (cnt+(1ll<<j)<t){
                B=trs[j]*A;
                if (i==n||dcmp((cnt+(1ll<<j))*mx-B.a[0][0]-R)<=0) A=B,cnt+=1ll<<j;
            }
        cnt++,A=trs[0]*A;
    }
    printf("%.10lf\n",A.a[0][0]);
    return 0;
}