【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：

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<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

从《Cash》谈一类分治算法的应用

 #include<cstdio>

 #include<algorithm>

 #include<cstring>

 #include<cmath>

 using namespace std;

 const int N=1e5+;

 const double eps=1e-;

 int n,s[N];

 double f[N];

 struct node{double x,y,a,b,k,rate;int id;}t[N],tmp[N];

 bool cmp(node a,node b){return a.k>b.k;}

 double get(int a,int b)

 {

     if(!b)return -1e30;

     if(fabs(t[a].x-t[b].x)<eps)return 1e30;

     return (t[b].y-t[a].y)/(t[b].x-t[a].x);

 }

 void cdq(int l,int r)

 {

     if(l==r)

     {

         f[l]=max(f[l],f[l-]);

         t[l].y=f[l]/(t[l].a*t[l].rate+t[l].b);

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

         return;

     }

     int mid=(l+r)>>,h1=l,h2=mid+;

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

         if(t[i].id<=mid)tmp[h1++]=t[i];

         else tmp[h2++]=t[i];

     for(int i=l;i<=r;i++)t[i]=tmp[i];

     cdq(l,mid);int top=,now=;

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

     {

         while(top>&&get(s[top-],s[top])<get(s[top],i)+eps)top--;

         s[++top]=i;

     }

     s[++top]=;

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

     {

         while(get(s[now],s[now+])+eps>t[i].k)now++;

         f[t[i].id]=max(f[t[i].id],t[s[now]].x*t[i].a+t[s[now]].y*t[i].b);

     }

     cdq(mid+,r);h1=l;h2=mid+;

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

     {

         if(h1>mid){tmp[i]=t[h2++];continue;}

         if(h2>r){tmp[i]=t[h1++];continue;}

         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++];

         else tmp[i]=t[h2++];

     }

     for(int i=l;i<=r;i++)t[i]=tmp[i];

 }

 int main()

 {

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

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

     {

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

         t[i].k=-t[i].a/t[i].b;t[i].id=i;

     }

     sort(t+,t+n+,cmp);cdq(,n);

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

     return ;

 }