BZOJ1492 NOI2007 货币兑换Cash CDQ分治+DP斜率优化

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：
这里写图片描述
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

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

这里写图片描述

一道CDQ分治+DP斜率优化题
一开始挺蒙蔽的，后面多谢DZYO大佬的讲解

进入正题，首先我们可以发现对于每一天，最大利润一定是全部卖出或全部买入或不操作，然后我们就可以对于每一天访问一遍之前的状态得到一个 $O(n^2)$ 的做法，那么我们想一想怎么优化，就~~很自然地~~想到了CDQ分治，因为我们发现对于一个状态f，f是 $f=max常数×变量+变量$ 的形式，所以我们就可以用一个一次函数的斜率来表示，所以就可以维护一个上凸包。具体而言，就是先将左边部分计算答案，再为护左边的上凸包，再用左边的凸包更新右边的答案，最后递归右边答案。

我也不知道为什么，被卡时间卡得稀里哗啦的。。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define eps 1e-9
#define INF 0x7fffffff
#define N 1000010
#define LL long long
int n,stk[N];
double f[N];
struct point{
    double x,y,k;
    double a,b,rate;
    int w,id;
}p[N],t[N];
inline bool operator < (const point a,const point b){return a.k>b.k;}
inline double get_k(int a,int b){
    if(!b)return - 1e20;
    if(fabs(p[a].x-p[b].x)<eps)return 1e20;
    return (p[a].y-p[b].y)/(p[a].x-p[b].x);
}
inline void solve(int l,int r){
    if(l==r){
        f[l]=max(f[l],f[l-1]);
        p[l].y=f[l]/(p[l].a*p[l].rate+p[l].b);
        p[l].x=p[l].rate*p[l].y;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1,cas1=l,cas2=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;++i)
        if(p[i].id<=mid)t[cas1++]=p[i];
        else t[cas2++]=p[i];
    for(int i=l;i<=r;++i)p[i]=t[i];
    solve(l,mid);
    int top=0;
    for(int i=l;i<=mid;++i){
        while(top>1&&get_k(stk[top-1],stk[top])-get_k(stk[top-1],i)<eps)top--;
        stk[++top]=i;
    }
    //维护左边凸包
    stk[++top]=0;
    int j=1;
    for(int i=mid+1;i<=r;++i){
        while(j<top&&get_k(stk[j],stk[j+1])+eps>p[i].k)j++;
        f[p[i].id]=max(f[p[i].id],p[stk[j]].x*p[i].a+p[stk[j]].y*p[i].b);
    }
    //更新右边答案
    solve(mid+1,r);
    cas1=l;cas2=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;++i)
        if(((p[cas1].x<p[cas2].x||(fabs(p[cas1].x-p[cas2].x)<eps&&p[cas1].y<p[cas2].y))||cas2>r)&&cas1<=mid)t[i]=p[cas1++];
        else t[i]=p[cas2++];
    for(int i=l;i<=r;++i)p[i]=t[i];
}
int main(){
    scanf("%d%lf",&n,&f[0]);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%lf%lf%lf",&p[i].a,&p[i].b,&p[i].rate);
        p[i].k=-p[i].a/p[i].b;
        p[i].id=i;
    }
    sort(p+1,p+n+1);
    solve(1,n);
    printf("%.3lf",f[n]);
    return 0;
}