bzoj1492
好题+神题,首先肯定是dp,我们设f[i]为到第i天能获得的最多的B卷(设获得的钱数亦可)
由题目hint可知,要么全买要么全卖,我们有
f[i]=max(maxmoney,f[j]*b[i]+f[j]*rate[j]*a[i]))/(a[i]*rate[i]+b[i]),
这式子一看就是斜率优化,maxmoney可以先不管它
考虑决策j,k不妨设j<k,如果决策k优于j那么有
f[j]*b[i]+f[j]*rate[j]*a[i]<f[k]*b[i]+f[k]*rate[k]*a[i]
可以得到(f[k]*rate[k]-f[j]*rate[j])/(f[k]-f[j])>-b[i]/a[i]
我们设每个点是(f[k],f[k]*rate[k]),G(j,k)=(f[k]*rate[k]-f[j]*rate[j])/(f[k]-f[j])就是斜率
很明显我们要维护一个上凸壳,但这里我们不能用单调队列,因为后面不是单调的
可以用平衡树维护,但是我们观察这个式子
后面状态不会对前面状态产生影响(修改独立),并且不强制在线
于是我们可以用cdq分治来解决这个问题,我们还是根据天数顺序(状态)进行分治
分治过程中关键就是算[l,mid]部分整体对后面[mid+1.r]部分的影响
要能快速计算需要两个东西,首先我们要维护一个凸壳,
其次我们要按照单调的顺序处理后面部分的-b[]/a[],这样我们可以用单调队列来做,
我们可以先对-b[]/a[]降序排序(上凸线相邻两点间的斜率是递减的)
然后先递归处理处于左边(状态时[l,mid])的点,
在对一个区间都处理完毕之后,我们对这之间的点x为第一关键字排序,y为第二关键字排序
这样我们就能得到就得到了[l,mid]这部分状态排好序的点,然后我们维护单调队列,算出[l,mid]整体对[mid+1,r]的影响
然后我们再递归处理右边,完来之后再排序对[l,r]整体排序
在处理排序的时候,很很明显我们可以用归并排序,这样每次递归时处理得复杂度都是O(L) L是区间长度
所以根据主定理,T(n)=2T(n/2)+O(n) 复杂度是O(nlogn);
注意这道题凸线会挂精度,到底在什么时候要保留精度呢?请求指教
const eps=1e-9;
type node=record
a,b,ra,k,x,y:double;
po:longint;
end; var a,b:array[..] of node;
f:array[..] of double;
q:array[..] of longint;
i,n:longint; function getk(x,y:longint):double;
begin
if abs(a[y].x-a[x].x)<eps then exit(1e21);
exit((a[y].y-a[x].y)/(a[y].x-a[x].x));
end; function cmp(a,b:node):boolean;
begin
exit((a.x<b.x) or (abs(a.x-b.x)<eps) and (a.y<b.y));
end; function max(a,b:double):double;
begin
if a>b then exit(a) else exit(b);
end; procedure swap(var a,b:node);
var c:node;
begin
c:=a;
a:=b;
b:=c;
end; procedure sort(l,r:longint);
var i,j:longint;
x:double;
begin
i:=l;
j:=r;
x:=a[(l+r) shr ].k;
repeat
while x<a[i].k do inc(i);
while a[j].k<x do dec(j);
if not(i>j) then
begin
swap(a[i],a[j]);
inc(i);
dec(j);
end;
until i>j;
if l<j then sort(l,j);
if i<r then sort(i,r);
end; procedure cdq(l,r:longint);
var m,i,l1,l2,t,j:longint;
begin
if l=r then
begin
f[l]:=max(f[l],f[l-]); //这里f[]代表的是钱数
a[l].x:=f[l]/(a[l].ra*a[l].a+a[l].b); //获得B券的数目
a[l].y:=a[l].x*a[l].ra;
exit;
end;
m:=(l+r) shr ;
l1:=l; l2:=m+;
for i:=l to r do //先处理左部分的状态
if a[i].po<=m then
begin
b[l1]:=a[i];
inc(l1);
end
else begin
b[l2]:=a[i];
inc(l2);
end;
for i:=l to r do a[i]:=b[i];
cdq(l,m); t:=;
for i:=l to m do
begin
while (t>) and (getk(q[t-],q[t])<getk(q[t-],i)+eps) do dec(t); //维护凸壳
inc(t); q[t]:=i;
end;
j:=;
for i:=m+ to r do
begin
while (j<t) and (getk(q[j],q[j+])+eps>a[i].k) do inc(j); //计算影响(就是找第一个小于的斜率的左端点)
f[a[i].po]:=max(f[a[i].po],a[q[j]].x*a[i].b+a[q[j]].y*a[i].a);
end; cdq(m+,r);
l1:=l; l2:=m+;
for i:=l to r do //归并排序
if ((l2>r) or cmp(a[l1],a[l2])) and (l1<=m) then
begin
b[i]:=a[l1];
inc(l1);
end
else begin
b[i]:=a[l2];
inc(l2);
end; for i:=l to r do a[i]:=b[i];
end; begin
readln(n,f[]);
for i:= to n do
begin
readln(a[i].a,a[i].b,a[i].ra);
a[i].k:=-a[i].b/a[i].a;
a[i].po:=i;
end;
sort(,n);
cdq(,n);
writeln(f[n]::);
end.
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