【bzoj 1492】[NOI2007]货币兑换Cash
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:
![](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/upload/201604/dd(1).png)
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:
![](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/upload/201604/dd(2).png)
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、BK、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≤10^9。
【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
Sample Output
225.000
HINT
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 using namespace std; 6 const int N=1e5+5; 7 const double eps=1e-9; 8 int n,s[N]; 9 double f[N]; 10 struct node{double x,y,a,b,k,rate;int id;}t[N],tmp[N]; 11 bool cmp(node a,node b){return a.k>b.k;} 12 double get(int a,int b) 13 { 14 if(!b)return -1e30; 15 if(fabs(t[a].x-t[b].x)<eps)return 1e30; 16 return (t[b].y-t[a].y)/(t[b].x-t[a].x); 17 } 18 void cdq(int l,int r) 19 { 20 if(l==r) 21 { 22 f[l]=max(f[l],f[l-1]); 23 t[l].y=f[l]/(t[l].a*t[l].rate+t[l].b); 24 t[l].x=t[l].y*t[l].rate; 25 return; 26 } 27 int mid=(l+r)>>1,h1=l,h2=mid+1; 28 for(int i=l;i<=r;i++) 29 if(t[i].id<=mid)tmp[h1++]=t[i]; 30 else tmp[h2++]=t[i]; 31 for(int i=l;i<=r;i++)t[i]=tmp[i]; 32 cdq(l,mid);int top=0,now=1; 33 for(int i=l;i<=mid;i++) 34 { 35 while(top>1&&get(s[top-1],s[top])<get(s[top],i)+eps)top--; 36 s[++top]=i; 37 } 38 s[++top]=0; 39 for(int i=mid+1;i<=r;i++) 40 { 41 while(get(s[now],s[now+1])+eps>t[i].k)now++; 42 f[t[i].id]=max(f[t[i].id],t[s[now]].x*t[i].a+t[s[now]].y*t[i].b); 43 } 44 cdq(mid+1,r);h1=l;h2=mid+1; 45 for(int i=l;i<=r;i++) 46 { 47 if(h1>mid){tmp[i]=t[h2++];continue;} 48 if(h2>r){tmp[i]=t[h1++];continue;} 49 if(t[h1].x<t[h2].x||(fabs(t[h1].x-t[h2].x)<eps&&t[h1].y<t[h2].y))tmp[i]=t[h1++]; 50 else tmp[i]=t[h2++]; 51 } 52 for(int i=l;i<=r;i++)t[i]=tmp[i]; 53 } 54 int main() 55 { 56 scanf("%d%lf",&n,&f[0]); 57 for(int i=1;i<=n;i++) 58 { 59 scanf("%lf%lf%lf",&t[i].a,&t[i].b,&t[i].rate); 60 t[i].k=-t[i].a/t[i].b;t[i].id=i; 61 } 62 sort(t+1,t+n+1,cmp);cdq(1,n); 63 printf("%.3lf",f[n]); 64 return 0; 65 }