【BZOJ-1492】货币兑换Cash DP + 斜率优化 + CDQ分治

1492: [NOI2007]货币兑换Cash

Time Limit: 5 Sec  Memory Limit: 64 MB
Submit: 3396  Solved: 1434
[Submit][Status][Discuss]

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、B

K、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≤1

0^9。

【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

Source

Solution

暂时是个坑，还没调出来

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 200010
struct DayNode
{
    double A,B,Ra,k; int id;
    bool operator < (const DayNode & T) const
        {return k<T.k;}
}a[maxn];
struct PointNode{double x,y;}p[maxn];
int N;
double dp[maxn];
int tmp[maxn],stack[maxn],top;
#define inf 1e9
#define eps 1e-9
double slope(int l1,int l2)
{
    if (l1==0) return -inf;
    if (l2==0) return inf;
    if (fabs(p[l1].x-p[l2].x)<=eps) return -inf;
    return (p[l1].y-p[l2].y)/(p[l1].x-p[l2].x);
}
void CDQ(int l,int r)
{
    if (l==r)
        {
            dp[l]=max(dp[l],dp[l-1]);
            p[l].y=dp[l]/(a[l].Ra*a[l].A+a[l].B);
            p[l].x=a[l].Ra*p[l].y;
            return;
        }
    int mid=(l+r)>>1,L,R;
    L=l; R=mid+1;
    for (int i=l; i<=r; i++)
        if (a[i].id<=mid) tmp[L++]=i; else tmp[R++]=i;
    for (int i=l; i<=r; i++) p[i]=p[tmp[i]];
    CDQ(l,mid);
    top=0;
    for (int i=l; i<=mid; i++)
        {
            while (top>1 && slope(stack[top],stack[top-1])<slope(i,stack[top-1])+eps) top--;
            stack[++top]=i;
        }
    int Top=1;
    for (int i=r; i>=mid+1; i--)
        {
            while (Top<top && slope(stack[Top],stack[Top+1])+eps>a[i].k) Top++;
            dp[a[i].id]=max(dp[a[i].id],p[stack[Top]].x*a[i].A+p[stack[Top]].y*a[i].B);
        }
    CDQ(mid+1,r);
    L=l,R=mid+1;
    for (int i=l; i<=r; i++)
        if(((p[L].x<p[R].x+eps || (fabs(p[L].x-p[R].x)<=eps && p[L].y<p[R].y+eps)) || R>r) && L<=mid)
            tmp[i]=L++;
        else tmp[i]=R++;
    for (int i=l; i<=r; i++) p[i]=p[tmp[i]];
}
int main()
{
    scanf("%d%lf",&N,&dp[0]);
    for (int i=1; i<=N; i++)
        scanf("%lf%lf%lf",&a[i].A,&a[i].B,&a[i].Ra),a[i].k=-a[i].A/a[i].B,a[i].id=i;
    sort(a+1,a+N+1);
    CDQ(1,N);
    //for (int i=1; i<=N; i++) printf("%d  %d  %.3lf  %.3lf  %.3lf  %.3lf  \n",i,a[i].id,a[i].A,a[i].B,a[i].Ra,a[i].k);
    printf("%.3lf\n",dp[N]);
    return 0;
}