BZOJ1492 [NOI2007]货币兑换

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：

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、B

K、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≤1

0^9。

【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

题解

可以发现每次买入和卖出一定是使用全部的资产。

那么，令$f_i$表示第i天开始时最大可持有多少现金（金券不算），$x_i=\frac{f_i}{Rate_iA_i+B_i}$表示这些现金换成金券时有多少$B$券，$y_i=Rate_ix_i$表示有多少A券，那么有

$$f_i = max\left(f_{i-1}, max\{y_jA_i+x_jB_i\mid j < i\}\right)$$

熟悉双变量线性规划的可以看出来把$x,y$画到平面上，用一个斜率为$-\frac{B_i}{A_i}$的直线经过这些点，选出最靠上的，这个点便是最优点。

那么可以看出，最优解一定在前面所有点的上凸壳上。

但是点的横纵坐标都不是单调的，怎么办呢？

1.利用平衡树维护凸包。

2.CDQ分治。

我们发现，只有编号小的会对编号大的产生影响，那么我们按时间把所有天分成两半，先递归解决前一半，然后将前一半按横坐标排序，求凸包，后一半按$-\frac{B_i}{A_i}$排序，更新后一半的答案后再递归解决后一半即可。

实现中，按横坐标排序需要归并排序，按斜率排序只需要开头排一遍即可。

时间复杂度是常见的$T(n)=2T(\frac n 2) + O(n)$，$T(n) = O(nlogn)$。

附代码（其实代码里的注释是给我自己写的，毕竟第一次写CDQ）：

#include <algorithm>

#include <cstdio>

#include <cmath>

using std::abs;

const int N = 100050;

const double eps = 1e-6;

struct Info{

  double a, b, rate;

  double k, x, y;

  int i;

  bool operator<(const Info &t)const{

    return k > t.k;

  }

};

double f[N];

Info p[N], tmp[N];

Info cv[N];

inline bool cmp(const Info &a, const Info &b) {

  if (fabs(a.x - b.x) < eps) return a.y > b.y;

  return a.x < b.x;

}

inline double getK(const Info &a, const Info &b) {

  return (a.y - b.y) / (a.x - b.x);

}

inline double calc(const Info &a, const Info &b) {

  return a.x * b.b+ a.y * b.a;

}

void solve(int l, int r) {  //[l, r)

  if (r - l <= 1) {

    if (l) f[l] = std::max(f[l], f[l - 1]);

    p[l].x = f[l] / (p[l].rate * p[l].a + p[l].b);

    p[l].y = p[l].x * p[l].rate;

    return;

  }

  int mid = (l + r) >> 1;

  int p1 = l, p2 = mid;

  //split [l, r) to [l, mid) and [mid, r)

  for (int i = l; i < r; ++i) {

    if (p[i].i < mid) tmp[p1++] = p[i];

    else tmp[p2++] = p[i];

  }

  for (int i = l; i < r; ++i)

    p[i] = tmp[i];

  //solve the left half

  solve(l, mid);

  //get the upper convex hull

  int q = 0;

  for (int i = l; i < mid; ++i) if (!i || fabs(p[i].x - p[i - 1].x) >= eps) {

    while (q > 1 && getK(p[i], cv[q - 1]) > getK(cv[q - 1], cv[q - 2]))

      --q;

    cv[q++] = p[i];

  }

  //update the answers of the right half

  for (int i = mid, j = 0; i < r; ++i) {

    while (j < q - 1 && calc(cv[j + 1], p[i]) > calc(cv[j], p[i]))

      ++j;

    f[p[i].i] = std::max(f[p[i].i], calc(cv[j], p[i]));

  }

  //solve the right half

  solve(mid, r);

  //sort the p according to x

  int i = l, j = mid, e = l;

  while (i < mid && j < r)

    if (cmp(p[i], p[j]))

      tmp[e++] = p[i++];

    else

      tmp[e++] = p[j++];

  while (i < mid)

    tmp[e++] = p[i++];

  while (j < r)

    tmp[e++] = p[j++];

  for (int i = l; i < r; ++i)

    p[i] = tmp[i];

}

int main() {

  int n;

  scanf("%d%lf", &n, &f[0]);

  for (int i = 0; i < n; ++i) {

    scanf("%lf%lf%lf", &p[i].a, &p[i].b, &p[i].rate);

    p[i].k = -p[i].b / p[i].a;

    p[i].i = i;

  }

  std::sort(p, p + n);

  solve(0, n);

  //for (int i = 0; i < n; ++i)

  //  printf("%.9lf\n", f[i]);

  printf("%.3lf\n", f[n - 1]);

  return 0;

}