洛谷 P4027 [NOI2007] 货币兑换

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 (mathrm{Rate}_ K)；

例如，假定接下来 (3) 天内的 (A_K,B_K,mathrm{Rate}_ K) 的变化分别为：

时间	(A_K)	(B_K)	(mathrm{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 (mathrm{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。

(N le 10^5)

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注意到在一天内全买和全买一定是最优。

考虑先直接dp，设 (f_i) 表示第 (i) 天能获得的最多的钱，那么枚举在一天买了金券一直到现在才卖，就有：

[f_i=f_{i-1} ]

[f_i=max_{j=1}^{i-1}frac{f_ja_irate_j}{b_j+rate_ja_j}+frac{f_jb_i}{b_j+rate_ja_j} ]

考虑如何优化，设 (c_i=b_i+rate_ia_i) ，可以把dp式写成：

[f_i=max_{j=1}^{i-1}frac{f_jrate_j}{c_j}a_i+frac{f_j}{c_j}b_i ]

把 (b_i) 提出来可以得到：

[f_i=max_{j=1}^{i-1}b_i(frac{f_jrate_j}{c_j}frac{a_i}{b_i}+frac{f_j}{c_j}) ]

可以发现这是一次函数的形式，那么我们现在需要支持两个操作：

1. 插入一条直线。
2. 查询 (x=t) 时所有函数的最大值。

可以李超树直接做，也可以splay维护凸包（我不会），我们考虑如何cdq分治来完成。

而因为斜率和 (t) 都不是单调的，我们可以先把 (t) 变成单调的，然后归并斜率，用单调栈维护凸包来更新答案。

具体来说，我们对所有 (t) 排完序之后在分治开头把这个有序的区间分给左右区间，然后分治左区间，得到左区间斜率递增的直线，插到单调栈中，插入方法是这样的：

对于两条直线 (y_1=k_1x+b_1,y_2=k_2x+b_2) ，如果 (y_1<y_2) 且 (k_1>k_2) ，那么可以得到 (x<frac{b_2-b_1}{k_1-k_2}) ，在单调栈中我们保持相邻的这个值单调递增，然后双指针更新右区间的答案就可以了，分治完右区间再把直线归并成斜率递增。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
const int N = 1e5;
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
int n,s,top;
double f[N + 5],a[N + 5],b[N + 5],rate[N + 5],c[N + 5];
struct node
{
    double x;
    int id;
}d[N + 5],tmp[N + 5];
struct line
{
    double k,b;
}q[N + 5],stk[N + 5],nq[N + 5];
double key(line x,line y)
{
    if (x.k == y.k)
    {
        if (y.b < x.b)
            return eps;
        else
            return -eps;
    }
    return (y.b - x.b) / (x.k - y.k);
}
void add(line l)
{
    while (top > 1 && key(stk[top - 1],stk[top]) > key(stk[top],l))
        top--;
    stk[++top] = l;
}
void cdq(int l,int r)
{
    if (l == r)
    {
        f[l] = max(f[l],f[l - 1]);
        q[l] = (line){f[l] * rate[l] / c[l],f[l] / c[l]};
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1,ll = l,rr = mid + 1;
    for (int i = l;i <= r;i++)
        if (d[i].id <= mid)
            tmp[ll++] = d[i];
        else
            tmp[rr++] = d[i];
    for (int i = l;i <= r;i++)
        d[i] = tmp[i];
    cdq(l,mid);
    top = 0;
    for (int i = l;i <= mid;i++)
        add(q[i]);
    ll = 1;
    for (int i = mid + 1;i <= r;i++)
    {
        while (ll < top && key(stk[ll],stk[ll + 1]) < d[i].x)
            ll++;
        f[d[i].id] = max(f[d[i].id],b[d[i].id] * (d[i].x * stk[ll].k + stk[ll].b));
    }
    cdq(mid + 1,r);
    ll = l;
    int cnt = 0;
    for (int i = mid + 1;i <= r;i++)
    {
        while (ll <= mid && q[ll].k < q[i].k)
            nq[++cnt] = q[ll++];
        nq[++cnt] = q[i];
    }
    for (int i = ll;i <= mid;i++)
        nq[++cnt] = q[i];
    for (int i = l;i <= r;i++)
        q[i] = nq[i - l + 1];
}
bool cmp(node a,node b)
{
    return a.x < b.x;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&s);
    for (int i = 1;i <= n;i++)
    {
        scanf("%lf%lf%lf",&a[i],&b[i],&rate[i]);
        c[i] = b[i] + rate[i] * a[i];
        d[i] = (node){a[i] / b[i],i};
    }
    sort(d + 1,d + n + 1,cmp);
    f[1] = s;
    cdq(1,n);
    printf("%.3lf
",f[n]);
    return 0;
}