BZOJ 1492 [NOI2007]货币兑换Cash：斜率优化dp + cdq分治

传送门

题意

初始时你有 $ s $ 元，接下来有 $ n $ 天。

在第 $ i $ 天，A券的价值为 $ A[i] $ ，B券的价值为 $ B[i] $ 。

在第 $ i $ 天，你可以进行两种操作：

• 卖出：将 $ %OP $ 的A券和 $ %OP $ 的B券兑换成人民币，其中 $ OP $ 为 $ [0,100] $ 之间的任意实数
• 买入：支付 $ IP $ 元，买入A、B券的总价值为 $ IP $ 元，且买入A、B券的数量之比为 $ Rate[i] $

人民币和金券的数量可以为一个实数。一天可以进行多次操作。

问你 $ n $ 天后最多能获得多少元钱。

$ (n \leq 10^5, 0 \leq A[i],B[i] \leq 10, 0 \leq Rate[i] \leq 100, ans \leq 10^9) $

题解

首先有一个显然的结论：必定有一种最优方案，满足每一天至多进行一种操作。

设 $ f[i] $ 表示在第 $ i $ 天能够获得的最大钱数，$ x[i], y[i] $ 分别表示第 $ i $ 天能够获得A、B券的最大数量。

则有：

\[x[i] = \frac{f[i]}{A[i]+B[i]/Rate[i]}
\]

\[y[i] = \frac{f[i]}{A[i]*Rate[i]+B[i]}
\]

​

然后考虑 $ f[i] $ 如何转移。

对于第 $ i $ 天来说，要么什么都不做，要么将之前某一天的金券在这一天卖掉。

所以：

\[f[i] = max(f[i-1], x[j]*A[i]+y[j]*B[i]) \quad (1 \leq j<i)
\]

然而朴素dp是 $ O(n^2) $ 的过不了……

​

先让所有的 $ f[i] = max(f[i],f[i-1]) $

那么剩下的就是 $ f[i] = max(x[j] \ast A[i]+y[j] \ast B[i]) \quad (1 \leq j<i) $

变形得：

\[y[j] = -\frac{A[i]}{B[i]}*x[j] + \frac{f[i]}{B[i]}
\]

上式是一条斜率为 $ -\dfrac{A[i]}{B[i]} ​$ 且过点 $ (x[j], y[j]) ​$ 的直线的斜截式。

由于我们想让 $ f[i] $ 最大，并且因为 $ B[i] \geq 0 $ ，所以只要让上式的截距 $ \dfrac{f[i]}{B[i]} $ 最大即可。

​

我们考虑用cdq转移dp。

首先对于当前区间，按照 $ id $ 大小分成两个区间。$ id $ 小的在左区间，否则在右区间，且分别在左右区间中 $ id $ 大小递增（满足了 $ id $ 小的更新 $ id $ 大的的答案）。

假设左边递归处理后是以 $ x,y $ 分别为第一和第二关键字从小到大排好序的，右边提前按照斜率 $ -\dfrac{A[i]}{B[i]} $ 从大到小排好序的。

对于左区间，我们可以先for循环扫一遍左区间求出一个上凸壳。

那么右区间每个元素的答案，一定是取它与左边凸壳相切时的截距（因为要让截距最大）。

并且在依次求出右区间答案时，切点是不断向右移动的（因为右区间中元素的斜率不断减小）。

所以总复杂度就降为了 $ O(nlogn) $

AC Code

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define MAX_N 100005
#define INF_LF 1e13
#define EPS 1e-8

using namespace std;

struct Data
{
	double a,b,r,x,y,k;
	int id;
	friend bool operator < (const Data &a,const Data &b)
	{
		return a.k>b.k;
	}
};

int n;
double f[MAX_N];
Data t[MAX_N];
Data c[MAX_N];
Data tmp[MAX_N];

inline double fabs(double x)
{
	return x>0 ? x : -x;
}

inline bool eq(double x,double y)
{
	return fabs(x-y)<=EPS;
}

inline double slope(Data a,Data b)
{
	if(eq(a.x,b.x)) return INF_LF;
	return (a.y-b.y)/(a.x-b.x);
}

inline bool cmp(Data a,Data b)
{
	if(a.x!=b.x) return a.x<b.x;
	return a.y<b.y;
}

void read()
{
	scanf("%d%lf",&n,&f[1]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lf%lf%lf",&t[i].a,&t[i].b,&t[i].r);
		t[i].k=(eq(t[i].b,0) ? -INF_LF : -t[i].a/t[i].b);
		t[i].id=i;
	}
}

void cdq(int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		int id=t[l].id;
		f[id]=max(f[id],f[id-1]);
		t[l].x=f[id]/(t[l].a+t[l].b/t[l].r);
		t[l].y=f[id]/(t[l].a*t[l].r+t[l].b);
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1,tot=0;
	for(int i=l,j=mid+1,k=l;k<=r;k++)
	{
		if(t[k].id<=mid) tmp[i++]=t[k];
		else tmp[j++]=t[k];
	}
	for(int i=l;i<=r;i++) t[i]=tmp[i];
	cdq(l,mid);
	for(int i=l;i<=mid;i++)
	{
		while(tot>=2 && slope(c[tot-1],c[tot])<slope(c[tot],t[i])) tot--;
		c[++tot]=t[i];
	}
	int p=1;
	for(int i=mid+1;i<=r;i++)
	{
		while(p<tot && slope(c[p],c[p+1])>t[i].k) p++;
		f[t[i].id]=max(f[t[i].id],c[p].x*t[i].a+c[p].y*t[i].b);
	}
	cdq(mid+1,r);
	for(int i=l,j=mid+1,k=l;k<=r;k++)
	{
		if((i<=mid && cmp(t[i],t[j])) || j>r) tmp[k]=t[i++];
		else tmp[k]=t[j++];
	}
	for(int i=l;i<=r;i++) t[i]=tmp[i];
}

void work()
{
	sort(t+1,t+1+n);
	cdq(1,n);
	printf("%.3f\n",f[n]);
}

int main()
{
	read();
	work();
}