[BZOJ1492][NOI2007]货币兑换Cash(斜率优化+CDQ分治)
1492: [NOI2007]货币兑换Cash
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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 3Sample Output
225.000HINT
Source
列出转移方程,化成斜率的式子就可以用斜率优化了,但是这题的横坐标询问不单调所以要用平衡树维护凸壳,而平衡树的替代品就是CDQ分治。
这里我们同时也可以看出,这是个三维偏序,$x_i$和$w_i$各占一维。注意$l=r$的时候dp[l]=dp[l-1]!!!
设我们化成的形式为$\frac{y_k-y_j}{x_k-x_j} \geqslant w_i$,那么:
当$w_i$不满足单调性时可以用二分。
当$x_i$不满足单调性时用CDQ分治或平衡树。
当均满足单调性时直接用单调栈即可。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
using namespace std; const int N=;
double eps=1e-;
struct P{ double a,b,x,y,k,r; int id; }p[N],q[N];
int n,h[N]; double dp[N];
bool cmp(P a,P b){ return a.k>b.k; } double getk(int u,int v){
if (!v) return -1e20;
if (fabs(p[u].x-p[v].x)<eps) return 1e20;
return (p[u].y-p[v].y)/(p[u].x-p[v].x);
} void solve(int l,int r){
if (l==r){
dp[l]=max(dp[l],dp[l-]);
p[l].y=dp[l]/(p[l].a*p[l].r+p[l].b); p[l].x=p[l].y*p[l].r;
return;
}
int mid=(l+r)>>,j=l,k=mid+;
rep(i,l,r) if (p[i].id<=mid) q[j++]=p[i]; else q[k++]=p[i];
rep(i,l,r) p[i]=q[i];
solve(l,mid); int ed=,st=;
rep(i,l,mid){
while (ed> && getk(h[ed],i)+eps>getk(h[ed-],h[ed])) ed--;
h[++ed]=i;
}
rep(i,mid+,r){
while (st<ed && getk(h[st],h[st+])+eps>p[i].k) st++;
dp[p[i].id]=max(dp[p[i].id],p[h[st]].x*p[i].a+p[h[st]].y*p[i].b);
}
solve(mid+,r); j=l; k=mid+;
rep(i,l,r)
if (j<=mid && (p[j].x<p[k].x || (fabs(p[j].x-p[k].x)<eps && p[j].y<p[k].y) || k>r)) q[i]=p[j++];
else q[i]=p[k++];
rep(i,l,r) p[i]=q[i];
} int main(){
freopen("bzoj1492.in","r",stdin);
freopen("bzoj1492.out","w",stdout);
scanf("%d%lf",&n,&dp[]);
rep(i,,n){
scanf("%lf%lf%lf",&p[i].a,&p[i].b,&p[i].r);
p[i].k=-p[i].a/p[i].b; p[i].id=i;
}
sort(p+,p+n+,cmp); solve(,n); printf("%.3f\n",dp[n]);
return ;
}
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