P4027 [NOI2007] 货币兑换

P4027 [NOI2007] 货币兑换

题目描述

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：

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 $\mathrm{Rate}$。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。

输入格式

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 $A_K,B_K,{\mathrm{Rate}}_K$ ，意义如题目中所述。

输出格式

只有一个实数 $\mathrm{MaxProfit}$，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。

样例

样例输入

3 100
1 1 1
1 2 2
2 2 3

样例输出

225.000

提示

本题没有部分分，你的程序的输出只有和标准答案相差不超过 $0.001$ 时，才能获得该测试点的满分，否则不得分。

测试数据设计使得精度误差不会超过 $10^{-7}$ 。

对于 $40\%$ 的测试数据，满足 $N\le 10$。

对于 $60\%$ 的测试数据，满足 $N\le 1000$。

对于 $100\%$ 的测试数据，满足 $N\le 10^5$。

对于 $100\%$ 的测试数据，满足：

$0<A_K\le 10$，$0<B_K\le 10$，$0<{\mathrm{Rate}}_K\le 100$，$\mathrm{MaxProfit}\le 10^9$。

输入文件可能很大，请采用快速的读入方式。

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。

题解

前置知识：$cdq$分治

题目已经说了，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。所以我们设$f_i$表示在第$i$天将所有金券卖出所获得的最多的钱。设第$i$天得到的金券数是第$j$天买入的，$x_j$表示第$j$天A券的数量，$y_j$表示第$j$天B券的数量，则有：

$x_j=\frac{r_j{f}_j}{r_j{a}_j+b_j},y_j=\frac{f_j}{r_j{a}_j+b_j}$

即可得到状态转移方程$f_i=x_j{a}_i+y_j{b}_i$，变为斜截式方程得$y_j=-\frac{a_i}{b_i}{x}_j+\frac{f_i}{b_i}$

此时，对于平面上每个点$(x,y)$，我们只需用斜率为$-\frac{a_i}{b_i}$的直线去切其中一个点，可以使截距最大的点即为最优决策点。

至于如何求使其截距最大的点，斜率优化DP中有讲解（可看可不看，下文有讲解）

接下来就用$cdq$分治来解决问题。对于当前区间$[l,r]$，将其分为左右两个区间。对左区间按$x_i$从小到大排序，对右区间按$-\frac{a_i}{b_i}$从小到大排序。用栈来维护左区间所形成的斜率单调递减的凸包，然后用右区间的点依次匹配左区间的点。对于每次匹配，如果左区间的点$i$与左边的点连成的线斜率小于当前当前枚举到的斜率，则$i$左边的点比$i$更优。

因为用的是栈，所以平摊下来每次是$O(n)$的，总时间复杂度为$O(nlogn)$

code

#include
using namespace std;
const double eps=1e-8,inf=1e9;
int n,h[100005];
double f[100005];
struct node{
    double a,b,r,x,y,k;
    int id;
}w[100005],w1[100005];
bool cmp1(node ax,node bx){
    return ax.k<bx.k;
}
bool cmp2(node ax,node bx){
    return ax.x<bx.x;
}
double gt(int i,int j){
    if(fabs(w[i].x-w[j].x)<=eps) return inf;
    return (w[j].y-w[i].y)/(w[j].x-w[i].x);
}
void cdq(int l,int r){
    if(l==r){
        f[l]=max(f[l],f[l-1]);
        w[l].y=f[l]/(w[l].a*w[l].r+w[l].b);w[l].x=w[l].y*w[l].r;
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    for(int o=l,i=l-1,j=mid;o<=r;o++){
        if(w[o].id<=mid) w1[++i]=w[o];
        else w1[++j]=w[o];
    }
    for(int o=l;o<=r;o++) w[o]=w1[o];
    cdq(l,mid);
    int tp=0;
    for(int i=l;i<=mid;i++){
        while(tp>=2&&gt(h[tp],i)+eps>gt(h[tp-1],h[tp])) --tp;
        h[++tp]=i;
    }
    for(int i=mid+1;i<=r;i++){
        while(tp>=2&&gt(h[tp-1],h[tp])<=w[i].k+eps) --tp;
        f[w[i].id]=max(f[w[i].id],w[h[tp]].x*w[i].a+w[h[tp]].y*w[i].b);
    }
    cdq(mid+1,r);
    sort(w+l,w+r+1,cmp2);
}
int main()
{
    scanf("%d%lf",&n,&f[0]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lf%lf%lf",&w[i].a,&w[i].b,&w[i].r);
        w[i].k=-w[i].a/w[i].b;w[i].id=i;
    }
    sort(w+1,w+n+1,cmp1);
    cdq(1,n);
    printf("%.3f",f[n]);
    return 0;
}