BZOJ1492: [NOI2007]货币兑换Cash(CDQ分治,斜率优化动态规划)
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
1 1 1
1 2 2
2 2 3
Sample Output
225.000
解题思路:
可以发现在一天如果买一定合适,那么就要将钱全部用来买,否则等待合适时机再买,所以那个op一定是100%
那么就只需要设计状态dp[i]表示在第i天卖掉的最大收益,那么有了上面的性质,就只需要枚举在哪天买的就好了。
将上下分母分离,将Dp[i]移到另一边,将分母除下来就成了斜率的式子。
用CDQ强行按x排序,因为斜率K已知,将处理完的按x排序,更新后面未处理完的。
最后在边界将x,y值附上。
代码:
1 #include<cmath> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 const int maxn=400000; 6 const double eps=1e-9; 7 struct data{ 8 int no; 9 double a,b,r; 10 double x,y,k; 11 void Insert(int i){no=i;scanf("%lf%lf%lf",&a,&b,&r);k=-a/b;return ;} 12 void reser(double f){x=f*r/(a*r+b);y=f/(a*r+b);return ;} 13 }d[maxn],tmp[maxn]; 14 int n; 15 int top; 16 int stack[maxn]; 17 double dp[maxn]; 18 bool cmq(data x,data y){return x.no<y.no;} 19 bool cmp(data x,data y){return x.k<y.k;} 20 double K(int x,int y) 21 { 22 if(fabs(d[x].x-d[y].x)<=eps) 23 return 1e10; 24 return (d[x].y-d[y].y)/(d[x].x-d[y].x); 25 } 26 void update(int l,int mid,int r) 27 { 28 top=0; 29 for(int i=l;i<=mid;i++) 30 { 31 while(top>1&&K(stack[top],stack[top-1])<K(stack[top],i)+eps) 32 top--; 33 stack[++top]=i; 34 } 35 for(int i=mid+1;i<=r;i++) 36 { 37 while(top>1&&K(stack[top],stack[top-1])<=d[i].k+eps) 38 top--; 39 int j=stack[top]; 40 dp[d[i].no]=std::max(dp[d[i].no],d[j].x*d[i].a+d[j].y*d[i].b); 41 } 42 return ; 43 } 44 void merge(int l,int mid,int r) 45 { 46 int sta1=l,sta2=mid+1; 47 for(int i=l;i<=r;i++) 48 { 49 if(sta1<=mid&&(sta2>r||d[sta1].x<d[sta2].x+eps)) 50 tmp[i]=d[sta1++]; 51 else 52 tmp[i]=d[sta2++]; 53 } 54 for(int i=l;i<=r;i++) 55 d[i]=tmp[i]; 56 return ; 57 } 58 void CDQ(int l,int r) 59 { 60 if(l==r) 61 { 62 dp[l]=std::max(dp[l],dp[l-1]); 63 d[l].reser(dp[l]); 64 return ; 65 } 66 int mid=(l+r)>>1; 67 int sta1=l-1; 68 int sta2=mid; 69 for(int i=l;i<=r;i++) 70 { 71 if(d[i].no<=mid) 72 tmp[++sta1]=d[i]; 73 else 74 tmp[++sta2]=d[i]; 75 } 76 for(int i=l;i<=r;i++) 77 d[i]=tmp[i]; 78 CDQ(l,mid); 79 update(l,mid,r); 80 CDQ(mid+1,r); 81 merge(l,mid,r); 82 return ; 83 } 84 int main() 85 { 86 scanf("%d%lf",&n,&dp[0]); 87 for(int i=1;i<=n;i++) 88 d[i].Insert(i); 89 std::sort(d+1,d+n+1,cmp); 90 CDQ(1,n); 91 printf("%.3lf\n",dp[n]); 92 return 0; 93 }