1492: [NOI2007]货币兑换Cash

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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。

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【题解】【dp+cdq分治】

【这道题，先贪心的考虑，如果要最大，那么每一天一定只有一种操作，我们用f[i]表示第i天将所有的钱全部兑换成A, B券，最多可以得到多少A券】

【首先，它是一道dp。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]}    O(n^2)】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
double A[100010],B[100010],rate[100010];
double f[100010],ans;
int n,s;
int main()
{int i,j;scanf("%d%d",&n,&s);for(i=1;i<=n;++i) scanf("%lf%lf%lf",&A[i],&B[i],&rate[i]);ans=s; f[1]=s*rate[1]/(A[1]*rate[1]+B[1]);for(i=2;i<=n;++i){for(j=1;j<i;++j)ans=max(ans,f[j]*A[i]+f[j]/rate[j]*B[i]);f[i]=ans*rate[i]/(A[i]*rate[i]+B[i]);}printf("%.3lf\n",ans);return 0;
}

【然而，范围辣么大，必然TLE啊！！！】

【我们再来研究下方程，首先用x，y分别代表A券和B券卖出的数量，发现它就是f[i]=x*A[i]+y*B[i]。然后又因为x/y=rate[i] —>y=x/rate[i]，所以，方程变成了：f[i]=x*A[i]+x/rate[i]*B[i]—>f[i]*rate[i]=x*rate[i]*A[i]+x*B[i]，所以第i天卖出的A券的数量x[i]=f[i]*rate[i]/(rate[i]*A[i]+B[i])，第i天卖出的B券的数量y[i]=f[i]/(rate[i]*A[i]+B[i])，so,回归到原方程，即f[i]=x[i]*A[i]+y[i]*B[i]—>y[i]=f[i]/B[i]-(A[i]/B[i])*x[i]，这时我们惊奇地会发现，若想要f[i]最大，那么就是求一条过（x[i],y[i]）且斜率为-A[i]/B[i]的直线的最大截距。好了，现在它是一道斜率优化dp...】

【我们可以发现，(x[i],y[i])在凸壳上，使用上凸壳来维护，怎么维护？splay？！（我仿佛看见了二三百行的代码。。。）这里使用一种神奇的方法cdq分治：首先，把斜率按从大到小排序，由于l-mid区间的斜率会对mid+1-r区间的斜率产生影响，所以，在处理每个区间时，把当前区间中num<=mid的操作分出来作为左区间，然后递归，左区间计算完后可以用来更新右区间，更新右区间时，要按斜率递减的方式更新，这样一边就可以处理好全部的，然后再递归。】

【最后，将两个区间的最优值利用归并排序重新排序，返回上一层】

#include<cmath>>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define eps 1e-9
using namespace std;
struct slove{double a,b,k,rate;double x,y;int num;
}d[100010],p[100010];
double f[100010];//f[i]表示第i天将所有的钱全部兑换成A, B券，最多可以得到多少A券
int n,que[100010],t;
int tmp(slove a,slove b)
{return a.k>b.k;
}
inline double check(int i,int j)
{if(!j) return -1e20;if(fabs(d[i].x-d[j].x)<eps) return 1e20;return (d[j].y-d[i].y)/(d[j].x-d[i].x);
}
inline void cdq(int l,int r)
{if(l==r){if(f[l]<f[l-1]) f[l]=f[l-1];d[l].y=f[l]/(d[l].a*d[l].rate+d[l].b);d[l].x=d[l].y*d[l].rate;return;}int mid=(l+r)>>1,pl=l,pr=mid+1;for(int i=l;i<=r;++i) if(d[i].num<=mid) p[pl++]=d[i];else p[pr++]=d[i];for(int i=l;i<=r;++i) d[i]=p[i];//把当前区间更新为按读入顺序为关键字排序cdq(l,mid);t=0;for(int i=l;i<=mid;++i){while(t>=2&&check(que[t-1],que[t])<check(que[t-1],i)+eps) t--;que[++t]=i;}que[++t]=0;//左区间维护凸包int j=1;for(int i=mid+1;i<=r;++i){while(j<t&&check(que[j],que[j+1])+eps>d[i].k) ++j;f[d[i].num]=max(f[d[i].num],d[que[j]].x*d[i].a+d[que[j]].y*d[i].b);}//用左区间的点作为决策更新右区间 cdq(mid+1,r);pl=l; pr=mid+1;for(int i=l;i<=r;++i)if(((d[pl].x<d[pr].x||fabs(d[pl].x-d[pr].x)<eps&&d[pl].y<d[pr].y)||pr>r)&&pl<=mid) p[i]=d[pl++];else p[i]=d[pr++];for(int i=l;i<=r;++i) d[i]=p[i];//把当前区间更新为以a卷数量为关键字排序
}
int main()
{int i;scanf("%d%lf",&n,&f[0]);for(i=1;i<=n;++i){scanf("%lf%lf%lf",&d[i].a,&d[i].b,&d[i].rate);d[i].k=-d[i].a/d[i].b; d[i].num=i;}sort(d+1,d+n+1,tmp);cdq(1,n);printf("%.3lf\n",f[n]);return 0;
}