[CF1067D]Computer Game[凸包/斜率优化+倍增+矩阵乘法]
题意
你有 \(n\) 个任务，初始收益为 \(a\) ,共 \(t\) 轮游戏，每轮可以选择完成一个任务(可以做多次)，完成之后可以给任意任务升级，升级之后的任务收益为 \(b\) ，每个任务还有完成的概率 \(p\) ，问期望最大收益是多少。
\(n\leq 10^5,1\leq a< b\leq 10^8,t\leq 10^9\)
分析
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一个重要而显然的结论是如果我们有了一次升级的机会，一定升级 \(b*p\) 最大的那一个，之后一直选择完成这个任务,记 \(M\) 表示最大的 \(b*p\) 。然后只关注没有一次完成时的最大期望收益。
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定义状态 \(f_t\) 表示还剩 \(t\) 轮游戏，还没有完成一个任务的期望最大收益。
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转移： \(f_{t+1}=\max\{p_i*(tM+a_i)+(1-p_i)*f_t\}\).
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可以变形成斜率优化的形式(注意这里的 \(f_t\) 要看成 \(k\) 的一部分) ,也可以写成这种形式：
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将 \(p_i\) 看成 \(k\) , \(p_ia_i\) 看成 \(b\) ，然后每个转移都是形如直线 \(y=kx+b\) 的形式。
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我们可以维护一个下凸壳，每次可以二分当前的 \(x=tM-f_t\) 在哪一段，可以做到 \(Tlogn\) 的时间。
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发现 \(tM-f_t\)是单调不降的，证明如下：
设 \(x_{t+1} \geq x_t\)
有：\(tM-f_t\geq (t-1)M-f_{t-1}\)
\(M\geq f_t-f_{t-1}\)
考虑 \(f\) 的实际意义可以发现上式一定成立，因为一轮的期望收益不会超过 \(M\) 。
可以考虑构造，对于 \(t+1\) 轮的最优决策， \(t\) 轮可以复制过来(除开第一轮)，而在 \(t+1\) 轮产生的每种情况，\(t\) 轮都可以效仿(发生的概率是相同的)，发现期望收益只有最后一轮不一样,最多差为 \(M\)。
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然后在每一段倍增矩乘即可。
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总时间复杂度为 \(O(n\log T)\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].to;i;i=e[i].lst,v=e[i].to)
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define pb push_back
typedef long long LL;
inline int gi(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
template<typename T>inline bool Max(T &a,T b){return a<b?a=b,1:0;}
template<typename T>inline bool Min(T &a,T b){return b<a?a=b,1:0;}
const int N=1e5 + 7;
typedef double db;
const db eps=1e-12;
int n,len,tp,st[N];
LL t;
db a[N],b[N],p[N],M;
int dcmp(db x){
if(fabs(x)<eps) return 0;
return x<0?-1:1;
}
struct line{
db k,b;int id;
line(){}line(db k,db b,int id):k(k),b(b),id(id){}
bool operator <(const line &rhs)const{
if(dcmp(k-rhs.k)!=0) return dcmp(k-rhs.k)<0;
return dcmp(b-rhs.b)<0;
}
}l[N];
db X(int a,int b){
return (l[b].b-l[a].b)/(l[a].k-l[b].k);
}
struct mat{
db v[5][5];
mat(){memset(v,0,sizeof v);}
void init(){memset(v,0,sizeof v);}
mat operator *(const mat &rhs)const{
mat res;
rep(i,0,4)
rep(j,0,4)
rep(k,0,4)
res.v[i][j]+=v[i][k]*rhs.v[k][j];
return res;
}
}A,B[34],C;
mat Pow(mat a,LL b){
mat res;
rep(i,1,4) res.v[i][i]=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a) if(b&1) res=res*a;
return res;
}
int main(){
scanf("%d%I64d\n",&n,&t);
rep(i,1,n) {
scanf("%lf%lf%lf",&a[i],&b[i],&p[i]);
l[i]=line(p[i],p[i]*a[i],i);
Max(M,b[i]*p[i]);
}
sort(l+1,l+1+n);
rep(i,1,n) {
if(dcmp(l[i].k-l[i+1].k)==0) continue;
l[++len]=l[i];
}
rep(i,1,len){
while(tp>1&&dcmp(X(st[tp-1],i)-X(st[tp],st[tp-1]))<=0) --tp;
st[++tp]=i;
}
int now=1;LL cnt=0;
for(int now=1;now<=tp&&cnt^t;++now){
double R=cnt*M-A.v[1][1];
while(now<tp&&X(st[now],st[now+1])<=R) ++now;
int i=st[now];R=X(st[now],st[now+1]);
B[0].init();
B[0].v[1][1]=1-l[i].k;
B[0].v[2][1]=l[i].k;
B[0].v[2][2]=B[0].v[3][1]=B[0].v[3][3]=B[0].v[4][2]=B[0].v[4][4]=1;
A.v[1][3]=l[i].b,A.v[1][4]=M;
rep(i,1,33) B[i]=B[i-1]*B[i-1];
for(int i=33;~i;--i)if(t-cnt>(1ll<<i)){
C=A*B[i];
if(now==tp||dcmp((cnt+(1ll<<i))*M-C.v[1][1]-R)<0) A=C,cnt+=(1ll<<i);
}
cnt++,A=A*B[0];
}
printf("%.13lf\n",A.v[1][1]);
return 0;
}
