BZOJ1492: [NOI2007]货币兑换Cash(CDQ分治，斜率优化动态规划)

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

解题思路：

可以发现在一天如果买一定合适，那么就要将钱全部用来买，否则等待合适时机再买，所以那个op一定是100%

那么就只需要设计状态dp[i]表示在第i天卖掉的最大收益，那么有了上面的性质，就只需要枚举在哪天买的就好了。

将上下分母分离，将Dp[i]移到另一边，将分母除下来就成了斜率的式子。

用CDQ强行按x排序，因为斜率K已知，将处理完的按x排序，更新后面未处理完的。

最后在边界将x,y值附上。

代码：

 1 #include<cmath>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 const int maxn=400000;
 6 const double eps=1e-9;
 7 struct data{
 8     int no;
 9     double a,b,r;
10     double x,y,k;
11     void Insert(int i){no=i;scanf("%lf%lf%lf",&a,&b,&r);k=-a/b;return ;}
12     void reser(double f){x=f*r/(a*r+b);y=f/(a*r+b);return ;}
13 }d[maxn],tmp[maxn];
14 int n;
15 int top;
16 int stack[maxn];
17 double dp[maxn];
18 bool cmq(data x,data y){return x.no<y.no;}
19 bool cmp(data x,data y){return x.k<y.k;}
20 double K(int x,int y)
21 {
22     if(fabs(d[x].x-d[y].x)<=eps)
23         return 1e10;
24     return (d[x].y-d[y].y)/(d[x].x-d[y].x);
25 }
26 void update(int l,int mid,int r)
27 {
28     top=0;
29     for(int i=l;i<=mid;i++)
30     {
31         while(top>1&&K(stack[top],stack[top-1])<K(stack[top],i)+eps)
32             top--;
33         stack[++top]=i;
34     }
35     for(int i=mid+1;i<=r;i++)
36     {
37         while(top>1&&K(stack[top],stack[top-1])<=d[i].k+eps)
38             top--;
39         int j=stack[top];
40         dp[d[i].no]=std::max(dp[d[i].no],d[j].x*d[i].a+d[j].y*d[i].b);
41     }
42     return ;
43 }
44 void merge(int l,int mid,int r)
45 {
46     int sta1=l,sta2=mid+1;
47     for(int i=l;i<=r;i++)
48     {
49         if(sta1<=mid&&(sta2>r||d[sta1].x<d[sta2].x+eps))
50             tmp[i]=d[sta1++];
51         else
52             tmp[i]=d[sta2++];
53     }
54     for(int i=l;i<=r;i++)
55         d[i]=tmp[i];
56     return ;
57 }
58 void CDQ(int l,int r)
59 {
60     if(l==r)
61     {
62         dp[l]=std::max(dp[l],dp[l-1]);
63         d[l].reser(dp[l]);
64         return ;
65     }
66     int mid=(l+r)>>1;
67     int sta1=l-1;
68     int sta2=mid;
69     for(int i=l;i<=r;i++)
70     {
71         if(d[i].no<=mid)
72             tmp[++sta1]=d[i];
73         else
74             tmp[++sta2]=d[i];
75     }
76     for(int i=l;i<=r;i++)
77         d[i]=tmp[i];
78     CDQ(l,mid);
79     update(l,mid,r);
80     CDQ(mid+1,r);
81     merge(l,mid,r);
82     return ;
83 }
84 int main()
85 {
86     scanf("%d%lf",&n,&dp[0]);
87     for(int i=1;i<=n;i++)
88         d[i].Insert(i);
89     std::sort(d+1,d+n+1,cmp);
90     CDQ(1,n);
91     printf("%.3lf\n",dp[n]);
92     return 0;
93 }

转载于:https://www.cnblogs.com/blog-Dr-J/p/10115875.html