Solution -「NOI 2007」货币兑换

Description

Link.

一共 \(n\) 天，每天可以卖出或者买入两种股票 \(A\) 和 \(B\)。这两种股票在第 \(i\) 天的价值为 \(A_i\) 和 \(B_i\)。

每天可以花所有的现金买入股票，这些股票中 \(A\) 股与 \(B\) 股的数量比为 \(rate_i\)。每天也可以把所有的股票以当天的价值卖出，获得现金。已知接下来 \(n\) 天的 \(A_i,B_i,rate_i\)，求出 \(n\) 天后能够获得的最大价值。

Solution

设 \(f(i)\) 为第 \(i\) 天的最大钱数，\(g_{1}(i)\) 为 A 券的第 \(i\) 天能换的数量，\(g_{2}(i)\) 则为 B 券。

转移可以解方程得：

\[f(i)=\max\{f(i-1),a(i)g_{1}(j),b(i)g_{2}(j)\},j\in[1,i) \\ g_{1}(i)\frac{f(i)rate(i)}{a(i)rate(i)+b(i)} \\ g_{2}(i)=\frac{f(i)}{rate(i)\times a(i)+b(i)} \\ \]

两个 \(g\) 都没啥问题，主要来看 \(f(i)\)。提一下可得：

\[f(i)=\max\{b(i)\max_{j=1}^{i-1}\{\frac{a(i)}{b(i)}g_{1}(j)+g_{2}(j)\},f(i-1)\} \]

斜率优化的形式，但斜率并无单调性。那个 \(f(i-1)\) 可以最后来线性做，所以可以先不管。然后就是 li-chao tree 的板子。

#include<bits/stdc++.h>
std::vector<double> pri;
int n,nodes[400010];
double g[5][100010],f[100010],a[100010],b[100010],rate[100010],slp[100010];
double _f(int i,int j){return pri[i-1]*g[1][j]+g[2][j];}
void ins(int l,int r,int x,int i)
{
	if(l^r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(_f(mid,i)>_f(mid,nodes[x]))	std::swap(nodes[x],i);
		if(_f(l,i)>_f(l,nodes[x]))	ins(l,mid,x<<1,i);
		else	ins(mid+1,r,x<<1|1,i);
	}
	else if(_f(l,i)>_f(l,nodes[x]))	nodes[x]=i;
}
double find(int l,int r,int x,int i)
{
	if(l^r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(mid>=i)	return std::max(find(l,mid,x<<1,i),_f(i,nodes[x]));
		else	return std::max(find(mid+1,r,x<<1|1,i),_f(i,nodes[x]));
	}
	else	return _f(i,nodes[x]);
}
#define All(x) (x).begin(),(x).end()
int main()
{
	double pref=0,nowf=0;
	scanf("%d %lf",&n,&nowf);
	pref=nowf;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%lf %lf %lf",&a[i],&b[i],&rate[i]);
		slp[i]=a[i]/b[i];
		pri.emplace_back(slp[i]);
	}
	std::sort(All(pri));
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		nowf=std::max(pref,b[i]*find(1,n,1,std::lower_bound(All(pri),slp[i])-pri.begin()+1));
		g[1][i]=nowf*rate[i]/(a[i]*rate[i]+b[i]);
		g[2][i]=nowf/(a[i]*rate[i]+b[i]);
		ins(1,n,1,i);
		pref=nowf;
	}
	printf("%.3f\n",nowf);
	return 0;
}