Description
某人在炒股，有A,B两种股票，第\(i\)天买卖一单位A、B股需\(a_i\),\(b_i\)元。每天可以多次操作，每次可以卖出手里op%的A和B股，或者买进数量\(rate_i:1\)的A、B两种股票。问第\(n\)天手里最多的股票。
Solution
1.题面末端给了提示：要么用光手里的钱买，要么卖完手里所有的股票
2.对于多次操作，因为每天无论买卖交易同一种股票都是一个价钱，不会对该天股票又买又卖。因此顶多会出现先卖（一开始手里有的）后买，然后该天结束。
这样op=100,且知道当时手里的钱\(f\)是可以利用比例\(1:rate_i\)推出分别可以卖的A、B股票数。
这样每天三种决策（不动/买/卖），\(f\)维护当天手里最多的钱。
不动：\(f_i=max(f_{i-1},f_i)\)
发现买可以由\(f\)推出。因此只用考虑卖。
卖：决策前面买入股票的那天\(j\)。懒得写柿子了具体见：luogu题解
总之式子可以推出\(x\)关于\(i\)的,斜率和截距跟\(j\)有关的直线。
用超哥线段树。不然还要写cdq/平衡树优化+斜率优化，嘿嘿……
easy code
戳我
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N=1e6+5;
int id,bst[N];
db c[N],d[N],k[N],b[N],A[N],B[N],C[N];
db F(int p,int x) {return c[x]*k[p]+b[p];}
void Update(int x,int l,int r) {
if(l==r) {
if(F(bst[x],l)<F(id,l)) bst[x]=id;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(F(bst[x],mid)<F(id,mid)) swap(bst[x],id);
if(F(bst[x],l)<F(id,l))Update(x<<1,l,mid);
else if(F(bst[x],r)<F(id,r))Update(x<<1|1,mid+1,r);
}
int X;
db Query(int x,int l,int r) {
if(l==r) return bst[x]?F(bst[x],X):0;
int mid=(l+r)>>1;
return max(!bst[x]?0.0:F(bst[x],X),(X<=mid?Query(x<<1,l,mid):Query(x<<1|1,mid+1,r)));
}
int main() {
int n;db f,g;
scanf("%d%lf",&n,&f);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%lf%lf%lf",&A[i],&B[i],&C[i]);
c[i]=d[i]=1.0*A[i]/B[i];
}
sort(c+1,c+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
id=i;
X=lower_bound(c+1,c+1+n,d[i])-c;f=max(f,B[i]*Query(1,1,n));
g=A[i]*C[i]+B[i];b[i]=f/g;k[i]=b[i]*C[i];Update(1,1,n);
}
printf("%.3lf",f);
return 0;
}
