「NOI2007」 货币兑换
题目描述
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 $A_K$ 和$B_K$ （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 $Rate_K$；
例如，假定接下来 3 天内的 $A_k$ 、$B_k$ 、$Rate_K$ 的变化分别为：
| 时间 | $A_k$ | $B_k$ | $Rate_k$ |
|---|---|---|---|
| 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。
输入输出格式
输入格式：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 $A_K$ 、$B_K$ 、$Rate_K$ ，意义如题目中所述。
输出格式：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。
输入输出样例
说明
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 100% 150 0 0
第二天 买入 150 元 0 75 37.5
第三天 卖出 100% 225 0 0
本题没有部分分，你的程序的输出只有和标准答案相差不超过$0.001$时，才能获得该测试点的满分，否则不得分。
测试数据设计使得精度误差不会超过 $10^{-7}$ 。
对于 40%的测试数据，满足 N ≤ 10；
对于 60%的测试数据，满足 N ≤ 1 000；
对于 100%的测试数据，满足 N ≤ 100 000；
对于 100%的测试数据，满足：
0 < $A_K$ ≤ 10；
0 < $B_K$ ≤ 10；
0 < $Rate_K$ ≤ 100
MaxProfit ≤ $10^9$ ；
输入文件可能很大，请采用快速的读入方式。
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。
litble的题解
斜率优化
首先，由于如果在(i)天买在(j)天卖有利可图，那么最优方法就是在i天花完钱在j天卖完。我们令(f_i)为第(i)天可以得到的最多钱数，然后可以先列方程求出花完钱在第(j)天得到的两种金券数(x_j=frac{f_jR_j}{a_jR_j+b_j})和(y_j=frac{f_j}{a_jR_j+b_j})，然后得到状态转移方程：(f_i=x_ja_i+y_jb_i)
将方程稍微变形成直线斜截式方程：(y_j=-frac{a_ix_j}{b_i}+frac{f_i}{b_i})，可以知道，对于平面上众多的点((x_j,y_j))，我们每次用一条斜率为(-frac{a_i}{b_i})的直线去切它们中的一个，可以求得最大截距的点即为最优决策。
如何求得最大截距呢？以下我们将斜率为(-frac{a_i}{b_i})的直线称为当前直线。
现在我们维护点之间的一个凸包，如果对于点j，其左边的线斜率小于当前直线，那么显然把当前直线移到左边的点截距更大（建议自己画图理解）。如果其右边的线斜率大于当前直线，那么将其右移更优。
CDQ分治维护
我们可以对决策的时间进行二分，对于左半边区间，首先求出它们的dp值，右半边区间维持(k_i=-frac{a_i}{b_i})的有序，左半边区间维持(x_i)的有序。
我们可以开一个栈来维护左半边区间的斜率单调递减的凸包。
对于右半边区间，由于(k)值排了序，所以可以(O(n))查询。查询方法就是关于斜率优化的分析的倒数第二段的内容。
时间复杂度(O(nlog n))，CDQ分治无论何时看都很巧妙。
#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
template<class T>T read(){
T x=0,w=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x*w;
}
template<class T>T read(T&x){
return x=read<T>();
}
using namespace std;
co double eps=1e-9,inf=1e9;
co int N=100000+1;
int n,st[N];double dp[N];
struct node {double k,x,y,a,b,r;int id;}qry[N],tmp[N];
double slope(int i,int j){
if(fabs(qry[i].x-qry[j].x)<=eps) return inf;
return (qry[j].y-qry[i].y)/(qry[j].x-qry[i].x);
}
void solve(int l,int r){
if(l==r){ //那么在l之前的所有询问都已经处理完毕，可以更新l的答案了
dp[l]=max(dp[l],dp[l-1]);
qry[l].y=dp[l]/(qry[l].a*qry[l].r+qry[l].b),qry[l].x=qry[l].y*qry[l].r;
return;
}
int mid=(l+r)>>1,ql=l,qr=mid+1;
for(int i=l;i<=r;++i){
if(qry[i].id<=mid) tmp[ql++]=qry[i];
else tmp[qr++]=qry[i];
}
copy(tmp+l,tmp+r+1,qry+l);
solve(l,mid);
int top=0;
for(int i=l;i<=mid;++i){
while(top>=2&&slope(st[top],i)+eps>slope(st[top-1],st[top])) --top;
st[++top]=i;
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
while(top>=2&&slope(st[top-1],st[top])<=qry[i].k+eps) --top;
int j=st[top];
dp[qry[i].id]=max(dp[qry[i].id],qry[j].x*qry[i].a+qry[j].y*qry[i].b);
}
solve(mid+1,r);
ql=l,qr=mid+1;
for(int i=l;i<=r;++i){
if(ql<=mid&&(qr>r||qry[ql].x<qry[qr].x+eps)) tmp[i]=qry[ql++];
else tmp[i]=qry[qr++];
}
copy(tmp+l,tmp+r+1,qry+l);
}
il bool cmp_k(co node&a,co node&b){
return a.k<b.k;
}
int main(){
scanf("%d%lf",&n,dp);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lf%lf%lf",&qry[i].a,&qry[i].b,&qry[i].r);
qry[i].k=-qry[i].a/qry[i].b,qry[i].id=i;
}
sort(qry+1,qry+n+1,cmp_k),solve(1,n);
printf("%.3lf
",dp[n]);
return 0;
}