【BZOJ1492】货币兑换Cash（CDQ分治）

题意：

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：

时间                  Ak                  Bk                Ratek
第一天                 1                  1                   1  
第二天                 1                  2                   2  
第三天                 2                  2                   3  
   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：  
时间               用户操作            人民币(元)         A券的数量           B券的数量  
开户               无                        100                  0                   0  
第一天             买入100元                   0                 50                  50  
第二天             卖出50%                    75                 25                  25  
第二天             买入60元                   15                 55                  40  
第三天             卖出100%                  205                  0                   0

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。

思路：转载自http://www.cnblogs.com/zig-zag/archive/2013/04/24/3039418.html

首先分析一下题目，对于任意一天，一定是贪心地买入所有货币或者卖出所有货币是最优的，因为有便宜我们就要尽量去占，有亏损就一点也不去碰。于是我们得到方程：

f[i]=max{f[j]/(a[j]*rate[j]+b[j])*rate[j]*a[i]+f[j]/(a[j]*rate[j]+b[j])*b[i]}

其中，x[j]=f[j]/(a[j]*rate[j]+b[j])*rate[j]表示第j天最多可以拥有的A货币的数量

　　　y[j]=f[j]/(a[j]*rate[j]+b[j])表示第j天最多可以拥有的B货币的数量

那么方程可化简为f[i]=max{x[j]*a[i]+y[j]*b[i]}，那么我们就是要选择一个最优的决策点(x[j],y[j])来更新f[i]得到最优解。

变形：y[j]=f[i]/b[i]-x[j]*a[i]/b[i]，这是一个直线的斜截式方程，由于我们是用j去更新i，那么就相当于每次用一条斜率为-a[i]/b[i]的直线去切由若干(x[j],y[j])点组成的集合，能得到的最大截距的点，就是最优决策点，进一步，就是要维护一个由若干(x[j],y[j])点组成凸壳，因为最优决策点一定在凸壳上。

但是对于斜率-a[i]/b[i]和点(x[j],y[j])都是无序的，于是我们只能用一棵平衡树来维护凸壳，每次找到斜率能卡到的点(此点左侧的斜率和右侧的斜率恰好夹住-a[i]/b[i]斜率)。

具体splay实现：我们维护x坐标递增的点集，每次把新点插入到相应位置，更新凸壳的时候，分别找到新点左右能与它组成新的凸壳的点，把中间的点删掉；如果这个点完全在旧的凸壳内，那么把这个点删掉。每次找最优决策点的时候就拿-a[i]/b[i]去切凸壳就行了。

但这样搞实在是麻烦了许多，而且许多人得splay代码非常的长，在考场上就非常不容易写出来，于是出现了神一般的陈丹琪分治！

这个神级分治的精髓在于：变在线为离线，化无序为有序。

上面我们分析了，因为点和斜率都不是单调的，所以我们只能用一棵平衡树去维护。我们考虑导致无序的原因，是我们按照顺序依次回答了1..n的关于f值的询问。但是事实上我们并没有必要这么做，因为每个1..n的f[i]值，可能成为最优决策点一定在1..i范围内，而对于每个在1..i范围内的决策点，一定都有机会成为i+1..n的f值得最优决策点。这样1..i的f值一定不会受1..i的决策点的影响，i+1..n的点一定不会i+1..n的f值。于是可以分治！

对于一个分治过程solve(l,r)，我们用l..mid的决策点去更新mid+1..r这部分的f值，这样递归地更新的话，我们一定可以保证在递归到i点的时候，1..i-1的点都已经更新过i点的f值了。我们看到，分治的过程中，左半区(l..mid)和右半区(mid+1..r)这两个区间的作用是不同的，我们要用左半区已经更新好的f值去求出点(x,y)，然后用右半区的斜率去切左半区的点集更新f值。对于左半边我们需要的只是点(x,y)，右半区我们需要的只是斜率-a[i]/b[i]，两部分的顺序互不影响。于是，我们在处理好左半边的东西的时候保证点集按坐标排好序，在处理右半区之前保证询问按照斜率排好序，这样相当于用一系列连续变化的直线去切一些连续点组成的凸壳，那么我们就可以简单地用一个栈来维护连续点组成的凸壳，用扫描的方法更新f值。我们一开始就排好询问的顺序，然后保证在solve之前还原左半区询问集合的顺序，这样就保证了按照原顺序得到f值；在solve之后把两部分点集归并，这样就保证了每个过程中的点集是有序的。

 const eps=1e-9;
 type arr=record
           x,y,rate,a,b,k:double;
           id:longint;
          end;

 var p,q:array[..]of arr;
     stack:array[..]of longint;
     dp:array[..]of double;
     n,m,i,top:longint;

 function fabs(x:double):double;
 begin
  if x< then exit(-x);
  exit(x);
 end;

 function slope(x,y:longint):double;
 begin
  if fabs(y)<eps then exit(-1e20);
  if fabs(q[x].x-q[y].x)<eps then exit(1e20);
  exit((q[x].y-q[y].y)/(q[x].x-q[y].x));
 end;

 function max(x,y:double):double;
 begin
  if x>y then exit(x);
  exit(y);
 end;

 procedure swap(var x,y:arr);
 var t:arr;
 begin
  t:=x; x:=y; y:=t;
 end;

 procedure cdq(l,r:longint);
 var mid,l1,r1,i,j:longint;
 begin
  if l=r then
  begin
   dp[l]:=max(dp[l],dp[l-]);
   q[l].y:=dp[l]/(q[l].rate*q[l].a+q[l].b);
   q[l].x:=q[l].y*q[l].rate;
   exit;
  end;
  mid:=(l+r)>>;
  l1:=l; r1:=mid+;
  for i:=l to r do
   if q[i].id<=mid then
   begin
    p[l1]:=q[i]; inc(l1);
   end
    else
    begin
     p[r1]:=q[i]; inc(r1);
    end;
  for i:=l to r do q[i]:=p[i];
  cdq(l,mid);
  top:=;
  for i:=l to mid do
  begin
   while (top>)and
         (slope(stack[top-],stack[top])<slope(stack[top-],i)+eps) do dec(top);
   inc(top);
   stack[top]:=i;
  end;
  inc(top); stack[top]:=; j:=;
  for i:=mid+ to r do
  begin
   while (j<top)and(slope(stack[j],stack[j+])+eps>q[i].k) do inc(j);
   dp[q[i].id]:=max(dp[q[i].id],q[stack[j]].x*q[i].a+q[stack[j]].y*q[i].b);
  end;
  cdq(mid+,r);
  l1:=l; r1:=mid+;
  for i:=l to r do
   if (((q[l1].x<q[r1].x)or((fabs(q[l1].x-q[r1].x)<eps)and
      (q[l1].y<q[r1].y)))or(r1>r))and(l1<=mid) then
      begin
       p[i]:=q[l1]; inc(l1);
      end
       else
       begin
        p[i]:=q[r1]; inc(r1);
       end;
  for i:=l to r do q[i]:=p[i];

 end;

 procedure qsort(l,r:longint);
 var i,j:longint;
     mid:double;

 begin
  i:=l; j:=r; mid:=q[(l+r)>>].k;
  repeat
   while mid<q[i].k do inc(i);
   while mid>q[j].k do dec(j);
   if i<=j then
   begin
    swap(q[i],q[j]);
    inc(i); dec(j);
   end;
  until i>j;
  if l<j then qsort(l,j);
  if i<r then qsort(i,r);
 end;

 begin
  assign(input,'bzoj1492.in'); reset(input);
  assign(output,'bzoj1492.out'); rewrite(output);
  readln(n,dp[]);
  for i:= to n do
  begin
   read(q[i].a,q[i].b,q[i].rate);
   q[i].k:=-q[i].a/q[i].b;
   q[i].id:=i;
  end;
  qsort(,n);
  cdq(,n);
  writeln(dp[n]::);
  close(input);
  close(output);
 end.