【BZOJ10492】[NOI2007]货币兑换Cash

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:
【BZOJ1492】[NOI2007]货币兑换Cash 斜率优化+cdq分治-LMLPHP
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:
【BZOJ1492】[NOI2007]货币兑换Cash 斜率优化+cdq分治-LMLPHP
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、BK、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≤10^9。
【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

HINT

【BZOJ1492】[NOI2007]货币兑换Cash 斜率优化+cdq分治-LMLPHP

题解:好吧该啃的硬骨头还是要啃的~

如果感觉像斜率优化,那么我们来试着列方程吧!显然,我们的所有操作肯定是:倾巢买入-倾巢卖出-倾巢买入...那么DP方程如下:

设f[i]表示在第i天,将手中所有金券都卖完,所能拥有的最多钱数,那么

$f[i]=f[i-1]\\f[i]=\min(f[j]/(a[j]\times rate[j]+b[j])*(a[i]*rate[j]+b[i]))$

将括号拆开

$f[i]=a[i]*f[j]/(a[j]\times rate[j]+b[j])*rate[j]+b[i]*f[j]/(a[j]\times rate[j]+b[j])$

感觉不太好看,设$g[i]=f[j]/(a[j]\times rate[j]+b[j])$试试?如果还是感觉不好看,因为a[i],b[i]都是常数,两边都除个a[i]试试?是不是好看多了?

$g[j]*rate[j]=-{b[i]\over a[i]}*g[j]+{f[i]\over a[i]}$

看起来推式子好像挺简单的,但是x和k都不单调啊,于是我们就想找出一种办法使得我们永远都只需要用一些单调的x来更新一些单调的k,这就涉及到排序,怎么办?cdq分治呗!

注意:我们整个分治过程会想办法让某段区间分别满足:按x升序,按编号(时间)升序,按k降序,下面请留意。

具体做法:先将正个序列按k降序排序,然后开始分治。在分治区间[l,r]时,我们先按时间进行归并,将时间在[l,mid]的放在左边,然后递归处理左区间,在处理左区间的结束时候顺便按x升序排个序(一会再说)。现在我们来处理区间[l,r],发现此时的[l,mid]满足x升序,[mid+1,r]满足k降序,岂不是正好可以用斜率优化?然后,我们递归处理右区间(也顺便按x升序排个序),最后,左右区间都已经按x升序排完序了,归并起来就好了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn=100010;
struct node
{
double A,B,f,g,k,rate,org;
double x(){return g;}
double y(){return g*rate;}
}p[maxn],pp[maxn];
int n;
int q[maxn],h,t;
double ans;
int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-')f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret*f;
}
bool cmpg(node a,node b)
{
return a.g<b.g;
}
bool cmpk(node a,node b)
{
return a.k>b.k;
}
double getk(int a,int b)
{
if(fabs(p[a].x()-p[b].x())<1e-12) return -2147483647.0;
else return (p[a].y()-p[b].y())/(p[a].x()-p[b].x());
}
void solve(int l,int r)
{
if(l==r)
{
p[l].f=max(p[l].f,p[l-1].f);
p[l].g=p[l].f/(p[l].A*p[l].rate+p[l].B);
return ;
}
int mid=l+r>>1,i,j,h1=l,h2=mid+1;
double mf=0;
for(i=l;i<=r;i++)
{
if(p[i].org<=mid) pp[h1++]=p[i];
else pp[h2++]=p[i];
}
for(i=l;i<=r;i++) p[i]=pp[i];
solve(l,mid);
h=1,t=0;
for(i=l;i<=mid;i++)
{
while(h<t&&getk(q[t],q[t-1])<getk(i,q[t])) t--;
q[++t]=i;
mf=max(mf,p[i].f);
}
for(i=mid+1;i<=r;i++)
{
while(h<t&&getk(q[h+1],q[h])>p[i].k) h++;
p[i].f=max(p[i].f,p[q[h]].f/(p[q[h]].A*p[q[h]].rate+p[q[h]].B)*(p[i].A*p[q[h]].rate+p[i].B));
p[i].f=max(p[i].f,mf);
p[i].g=p[i].f/(p[i].A*p[i].rate+p[i].B);
}
solve(mid+1,r);
for(h1=l,h2=mid+1,i=l;i<=r;i++)
{
if(h1<=mid&&(h2>r||p[h1].x()<p[h2].x())) pp[i]=p[h1++];
else pp[i]=p[h2++];
}
for(i=l;i<=r;i++) p[i]=pp[i];
}
int main()
{
scanf("%d%lf",&n,&p[1].f);
int i;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lf%lf%lf",&p[i].A,&p[i].B,&p[i].rate);
p[i].k=-p[i].B/p[i].A,p[i].org=i;
}
sort(p+1,p+n+1,cmpk);
solve(1,n);
for(i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,p[i].f);
printf("%.3lf",ans);
return 0;
}
05-01 22:19