BZOJ1492 [NOI2007]货币兑换
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
HINT
正解:cdq分治+斜率优化
解题报告:题目有一个提示-------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。所以对于每次转移,我们只要从上一个能拥有的最多的金卷来更新当前,
然后就可以得出转移方程:dp[i]=max{f[j]*a[i]+f[j]/ra[j]*b[i]},
(因为某一天的A劵知道了,B劵就可以算出来),直接n^2转移,
然后对于每一天拥有的人民币取MAX,然后输出
但是n^2的复杂度显然不能通过此题,我们可以把转移方变一下,
(f[j]+f[j]/ra[j]* (b[i]/a[i]) ) *a[i](我用的是用线表示的斜率优化,例如y=kx+b),
然后外面乘的是只更i有关,所以我们可以默认为一个常数,然后b[i]/a[i]只跟i有关,我们可以把它当为x,
然后里面就成为了类似kx+b的形式,然后感觉好像是可以用斜率优化,但是x与k没有单调性,
所以我们要再套上一个cdq分治,把一个区间分为左右两个区间,首先满足左区间的点的序号小于右区间,
然后左边维护一个凸包(左边的斜率具有单调性,具体单调递增还是递减要看题目),右边维护x单调递增,
然后左区间序号小于然后就用左区间更新右区间,然后因为这里的cdq分治维护的三个条件后两个是分别
套在左区间和右区间上的,所以时间复杂度O(nlogn)。
#include <iostream> #include <iomanip> #include <cstdlib> #include <cstdio> #include <cmath> #include <string> #include <cstring> #include <algorithm> #define int long long #define RG register #define File(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout) const int N = 200500; using namespace std; int gi(){ RG char ch=getchar();RG int x=0; while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return x; } double dp[N],ra[N]; struct date{ double k,b,x;int t; bool operator < (const date &a) const{ return x<a.x; } }f[N],p[N],st[N],s[N]; double aa[N],bb[N]; inline void cdq(int l,int r){ if (l==r) return; int mid=(l+r)>>1,p1=l-1,p2=mid,sa=1,ed=0; for (RG int i=l; i<=r; ++i) if (f[i].t<=mid) p[++p1]=f[i]; else p[++p2]=f[i]; for (RG int i=l; i<=r; ++i) f[i]=p[i]; cdq(l,mid); double mx=0; for (RG int i=l; i<=mid; ++i){ while(sa<ed && (st[ed-1].b-st[ed].b)*(f[i].k-st[ed-1].k)>=(st[ed-1].b-f[i].b)*(st[ed].k-st[ed-1].k)) --ed; st[++ed]=f[i]; mx=max(mx,dp[f[i].t]); } sort(f+mid+1,f+r+1); for (RG int i=mid+1; i<=r; ++i){ while(sa<ed && st[sa].k*f[i].x+st[sa].b<=st[sa+1].k*f[i].x+st[sa+1].b) ++sa; dp[f[i].t]=max(dp[f[i].t],max(mx,(st[sa].k*f[i].x+st[sa].b)*aa[f[i].t])); f[i].b=dp[f[i].t]*ra[f[i].t]/(aa[f[i].t]*ra[f[i].t]+bb[f[i].t]),f[i].k=f[i].b/ra[f[i].t]; } cdq(mid+1,r); p1=l,p2=mid+1; for(int i=l;i<=r;i++) { if(p2>r||(p1<=mid&&f[p1].k<=f[p2].k)) p[i]=f[p1++]; else p[i]=f[p2++]; } for(int i=l;i<=r;i++) f[i]=p[i]; return; } main(){ File("cash"); int n=gi(),s=gi(); double a,b,c;dp[0]=s; for (RG int i=1; i<=n; ++i){ scanf("%lf%lf%lf",&a,&b,&c); dp[i]=s,ra[i]=c,aa[i]=a,bb[i]=b; double wu=(dp[i]*ra[i])/(ra[i]*a+b); f[i]=(date){wu/c,wu,b/a,i}; } cdq(1,n); printf("%.3lf",dp[n]); return 0; }