[NOI2007]货币兑换 cdq分治,斜率优化
[NOI2007]货币兑换
妥妥的nlogncdq做法。
这题用cdq分治也可以nlogn但是在洛谷上竟然比一些优秀的splay跑得慢真是见了鬼了看来还是人丑常数大的问题
先推式子#
(这一段与其他题解不会有太多不同,已经了解了的同学可以略过,注意一下转移中x和k表示什么就行了。)
设f[i]表示到第i天最多有多少钱,g[i]表示用第i天时的钱最多能买多少B券,易知g[i]=f[i]r[i]∗a[i]+b[i]。
得到转移:f[i]=max{i−1maxj=1{g[j]∗b[i]a[i]+r[j]∗g[j]}∗a[i],f[i−1]},外面的max可以单独判,里面的max可以看出是一个斜率优化的式子(把b[i]a[i]视作x,把g[j]视作k,把r[j]∗g[j]视作b)。但是我们发现斜率k并不是单调的,所以传统的斜率优化就无法解决这个问题了。
这时就衍生出两种写法了,一种是用splay维护凸包,一种是用cdq分治处理转移,我们要介绍的是后者。
考虑分治#
对于任意一个f[i],我们只要考虑到所有1≤j≤i−1对它的影响就行了,cdq分治擅长处理这类问题。
对于一段区间[l,r],先递归左子区间[l,m],保证[l,m]的f和g值都已经得到了;把左子区间按k递增排序,把右子区间按x递增排序,就可以按平时的斜率优化来O(n)转移;再把右子区间按在原序列中的位置递增排序,然后递归右子区间,此时左子区间对右子区间的影响都已经被考虑完了;边界是l==r,到这里我们可以发现1到i−1对i的影响都已经被考虑过了,别忘了f[i−1]到f[i]的转移。
这样做是O(n(logn)2)的,让人有点不爽,事实上我们可以做到O(nlogn)。
怎样做到1个log#
事实上cdq分治本身是一个归并的过程,我们可以利用这个过程去掉排序的复杂度。
我们希望拿到[l,r]这个区间的时候x是单调的,于是在外面把原序列按x递增排序;拿到一个x递增的区间后,我们希望在原序列中靠左的东西去到左子区间,于是我们把[l,r]扫一遍,把在原序列中位置≤m(m=l+r>>1)的东西放左边,≥m的放右边,而且左右子区间对于x的单调性没有受到影响;我们要处理左边对右边的影响,于是先递归左子区间,再像平时一样斜率优化处理转移,然后递归右子区间;我们希望一个区间的左子区间递归回来的时候是对于k单调递增的,于是在最后对k做一遍归并排序。这样每一层递归是O(n)的。
奉上蒟蒻的大常数代码。
//written by newbiechd
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <algorithm>
#define R register
#define I inline
#define D double
using namespace std;
const int N = 100003;
const D eps = 1e-8;
int q[N];
D f[N], g[N];
struct cash {
int id;
D a, b, r, x;
cash() {}
cash(int id, D a, D b, D r) : id(id), a(a), b(b), r(r), x(b / a) {}
I int operator < (cash q) { return x != q.x ? x < q.x : id < q.id; }
}p[N], b[N];
I D cross(int u, int v) { return (p[u].r * g[p[u].id] - p[v].r * g[p[v].id]) / (g[p[v].id] - g[p[u].id]); }
I D calc(int u, int v) { return g[p[u].id] * (p[v].x + p[u].r); }
I void update(int u, D v) {
if (f[p[u].id] < v)
f[p[u].id] = v, g[p[u].id] = f[p[u].id] / (p[u].b + p[u].r * p[u].a);
}
void solve(int l, int r) {
if (l == r) {
update(l, f[p[l].id - 1]);
return ;
}
R int m = (l + r) >> 1, i, h, t;
for (h = l, t = m + 1, i = l; i <= r; ++i)
p[i].id <= m ? b[h++] = p[i] : b[t++] = p[i];
for (i = l; i <= r; ++i)
p[i] = b[i];
solve(l, m), h = 1, t = 0;
for (i = l; i <= m; ++i) {
while (h < t && cross(q[t], i) < cross(q[t - 1], i) + eps)
--t;
q[++t] = i;
}
for (; i <= r; ++i) {
while (h < t && calc(q[h], i) < calc(q[h + 1], i) + eps)
++h;
update(i, calc(q[h], i) * p[i].a);
}
solve(m + 1, r);
for (h = l, t = m + 1, i = l; h <= m && t <= r; )
g[p[h].id] < g[p[t].id] ? b[i++] = p[h++] : b[i++] = p[t++];
while (h <= m)
b[i++] = p[h++];
while (t <= r)
b[i++] = p[t++];
for (i = l; i <= r; ++i)
p[i] = b[i];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
R int n, i;
D a, b, r;
cin >> n >> f[1];
for (i = 1; i <= n; ++i)
cin >> a >> b >> r, p[i] = cash(i, a, b, r);
g[1] = f[1] / (p[1].r * p[1].a + p[1].b), sort(p + 1, p + n + 1),
solve(1, n), cout << fixed << setprecision(3) << f[n];
return 0;
}
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