洛谷 P4027 [NOI2007] 货币兑换
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 \(A_K\) 和 \(B_K\) （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 \(\mathrm{Rate}_ K\)；
例如，假定接下来 \(3\) 天内的 \(A_K,B_K,\mathrm{Rate}_ K\) 的变化分别为：
| 时间 | \(A_K\) | \(B_K\) | \(\mathrm{Rate}_ K\) |
|---|---|---|---|
| 第一天 | \(1\) | \(1\) | \(1\) |
| 第二天 | \(1\) | \(2\) | \(2\) |
| 第三天 | \(2\) | \(2\) | \(3\) |
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：
| 时间 | 用户操作 | 人民币(元) | A 券的数量 | B 券的数量 |
|---|---|---|---|---|
| 开户 | 无 | \(100\) | \(0\) | \(0\) |
| 第一天 | 买入 \(100\) 元 | \(0\) | \(50\) | \(50\) |
| 第二天 | 卖出 \(50\%\) | \(75\) | \(25\) | \(25\) |
| 第二天 | 买入 \(60\) 元 | \(15\) | \(55\) | \(40\) |
| 第三天 | 卖出 \(100\%\) | \(205\) | \(0\) | \(0\) |
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 \(\mathrm{Rate}\)。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。
\(N \le 10^5\)
注意到在一天内全买和全买一定是最优。
考虑先直接dp，设 \(f_i\) 表示第 \(i\) 天能获得的最多的钱，那么枚举在一天买了金券一直到现在才卖，就有：
考虑如何优化，设 \(c_i=b_i+rate_ia_i\) ，可以把dp式写成：
把 \(b_i\) 提出来可以得到：
可以发现这是一次函数的形式，那么我们现在需要支持两个操作：
- 插入一条直线。
- 查询 \(x=t\) 时所有函数的最大值。
可以李超树直接做，也可以splay维护凸包（我不会），我们考虑如何cdq分治来完成。
而因为斜率和 \(t\) 都不是单调的，我们可以先把 \(t\) 变成单调的，然后归并斜率，用单调栈维护凸包来更新答案。
具体来说，我们对所有 \(t\) 排完序之后在分治开头把这个有序的区间分给左右区间，然后分治左区间，得到左区间斜率递增的直线，插到单调栈中，插入方法是这样的：
对于两条直线 \(y_1=k_1x+b_1,y_2=k_2x+b_2\) ，如果 \(y_1<y_2\) 且 \(k_1>k_2\) ，那么可以得到 \(x<\frac{b_2-b_1}{k_1-k_2}\) ，在单调栈中我们保持相邻的这个值单调递增，然后双指针更新右区间的答案就可以了，分治完右区间再把直线归并成斜率递增。
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
const int N = 1e5;
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
int n,s,top;
double f[N + 5],a[N + 5],b[N + 5],rate[N + 5],c[N + 5];
struct node
{
double x;
int id;
}d[N + 5],tmp[N + 5];
struct line
{
double k,b;
}q[N + 5],stk[N + 5],nq[N + 5];
double key(line x,line y)
{
if (x.k == y.k)
{
if (y.b < x.b)
return eps;
else
return -eps;
}
return (y.b - x.b) / (x.k - y.k);
}
void add(line l)
{
while (top > 1 && key(stk[top - 1],stk[top]) > key(stk[top],l))
top--;
stk[++top] = l;
}
void cdq(int l,int r)
{
if (l == r)
{
f[l] = max(f[l],f[l - 1]);
q[l] = (line){f[l] * rate[l] / c[l],f[l] / c[l]};
return;
}
int mid = l + r >> 1,ll = l,rr = mid + 1;
for (int i = l;i <= r;i++)
if (d[i].id <= mid)
tmp[ll++] = d[i];
else
tmp[rr++] = d[i];
for (int i = l;i <= r;i++)
d[i] = tmp[i];
cdq(l,mid);
top = 0;
for (int i = l;i <= mid;i++)
add(q[i]);
ll = 1;
for (int i = mid + 1;i <= r;i++)
{
while (ll < top && key(stk[ll],stk[ll + 1]) < d[i].x)
ll++;
f[d[i].id] = max(f[d[i].id],b[d[i].id] * (d[i].x * stk[ll].k + stk[ll].b));
}
cdq(mid + 1,r);
ll = l;
int cnt = 0;
for (int i = mid + 1;i <= r;i++)
{
while (ll <= mid && q[ll].k < q[i].k)
nq[++cnt] = q[ll++];
nq[++cnt] = q[i];
}
for (int i = ll;i <= mid;i++)
nq[++cnt] = q[i];
for (int i = l;i <= r;i++)
q[i] = nq[i - l + 1];
}
bool cmp(node a,node b)
{
return a.x < b.x;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&s);
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
scanf("%lf%lf%lf",&a[i],&b[i],&rate[i]);
c[i] = b[i] + rate[i] * a[i];
d[i] = (node){a[i] / b[i],i};
}
sort(d + 1,d + n + 1,cmp);
f[1] = s;
cdq(1,n);
printf("%.3lf\n",f[n]);
return 0;
}
