【洛谷P4027】货币兑换

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4027

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。

思路

很容易证明每次操作必然全部买入或卖出。这个结论十分好证，因为买入或卖出的比例是固定的。
所以一定是不断全部买入，全部卖出的过程重复。设 \(f[i]\) 表示在第 \(i\) 天全部卖出的最大收益，那么考虑枚举 \(j\in[1,i)\)，表示最近一次买入是在第 \(j\) 天。已知总买入的总花费为 \(f[j]\)，设买入了 \(x\) 单位 B 券，那么可以列出方程

\[x·b[j]+x·r[j]·a[j]=f[j] \]

解得 \(x=\frac{f[j]}{b[j]+r[j]·a[j]}\)。令 \(t[j]=x=\frac{f[j]}{b[j]+r[j]·a[j]}\)，那么买入 A 券 \(t[j]·r[i]\) 单位，买入 B 券 \(t[j]\) 单位。
所以有

\[f[i]=max(f[i-1],t[j]·b[i]+t[j]·r[j]·a[i]) \]

先不考虑 \(f[i-1]\)，得到 \(f[i]=t[j]·b[i]+t[j]·r[j]·a[i]\)。我们发现这个多项式中包含 \(i,j\) 两项的并不是一个单项式而是多项式，所以不可以直接优化。
但是我们将等号两边同时除以 \(a[i]\) 可以得到 \(\frac{f[i]}{a[i]}=\frac{b[i]}{a[i]}·t[j]+t[j]·r[j]\)。移项得 \(t[j]·r[j]=-\frac{b[i]}{a[i]}·t[j]+\frac{f[i]}{a[i]}\)，而这个式子就是一个标准的 "\(y=kx+b\)"。
考虑使用斜率优化。但是一般的斜率优化因为要按点横坐标顺序加点维护凸壳，但是此题每一个点的坐标为 \((t[j],t[j]·r[j])\)，其中横坐标 \(t[j]\) 是不满足单调性的。一种直观的维护方式是平衡树维护凸壳。但是有一种相对简单的方式为 cdq 分治维护凸壳。
按照时间进行分治，对于一个区间 \([l,r]\)，先将其左子区间维护好，然后计算左子区间对右子区间的贡献。将左子区间按照点的横坐标升序排序，右子区间按照斜率 \(-\frac{b[i]}{a[i]}\) 升序排序。然后指针扫描计算贡献即可。
计算完后再将右子区间进行分治。注意当 \(l=r\) 时，\(f[l]\) 要与 \(f[l-1]\) 取 \(\max\)。
时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，似乎采用归并排序可以降至 \(O(n\log n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=100010;
const double eps=1e-7;
int n,top,st[N];
double f[N];

struct node
{
	double a,b,r,t,k;
	int id;
}a[N];

bool cmp1(node x,node y)
{
	return x.t<y.t;
}

bool cmp2(node x,node y)
{
	return x.k<y.k;
}

bool cmp3(node x,node y)
{
	return x.id<y.id;
}

double slope(int x,int y)
{
	if (fabs(a[x].t-a[y].t)<=eps) return 1000000000.0;
	return (a[x].t*a[x].r-a[y].t*a[y].r)/(a[x].t-a[y].t);
}

void cdq(int l,int r)
{
	if (l==r)
	{
		f[l]=max(f[l],f[l-1]);
		a[l].t=f[l]/(a[l].b+a[l].r*a[l].a);
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	sort(a+l,a+r+1,cmp3);
	cdq(l,mid);
	sort(a+l,a+mid+1,cmp1);
	sort(a+mid+1,a+r+1,cmp2);
	st[1]=l; top=1;
	for (int i=l+1;i<=mid;i++)
	{
		while (top>1 && slope(st[top-1],st[top])<slope(st[top],i)) top--;
		st[++top]=i;
	}
	for (int i=mid+1;i<=r;i++)
	{
		while (top>1 && slope(st[top-1],st[top])<a[i].k) top--;
		int j=st[top];
		f[a[i].id]=max(f[a[i].id],a[j].t*a[i].b+a[j].t*a[j].r*a[i].a);
	}
	cdq(mid+1,r);
}

int main()
{
	cin>>n>>f[0];
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lf%lf%lf",&a[i].a,&a[i].b,&a[i].r);
		a[i].id=i; a[i].k=-a[i].b/a[i].a;
	}
	cdq(1,n);
	printf("%.8lf",f[n]);
	return 0;
}