1492: [NOI2007]货币兑换Cash【CDQ分治】

1492: [NOI2007]货币兑换Cash

Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 64 MB
Submit: 4166 Solved: 1736
[Submit][Status][Discuss]

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

HINT

1492: [NOI2007]货币兑换Cash【CDQ分治】-LMLPHP

Source

分析：

引用：《从＜Cash＞谈一类分治算法的应用》

1492: [NOI2007]货币兑换Cash【CDQ分治】-LMLPHP

//原论文CDQ：O(n*logn)

//本代码：O(n*logn*logn)

#pragma GCC optimize("O2")

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

const int N=1e5+;

const int inf=0x3fffffff;

const double eps=1e-;

double A[N],B[N],R[N],f[N],dp[N];

struct Point{

    double x,y;

    Point(double x=0.0,double y=0.0):x(x),y(y) {}

};

typedef Point Vector;

Vector operator + (Vector A,Vector B){

    return Vector(A.x+B.x,A.y+B.y);

}

Vector operator - (Point A,Point B){

    return Vector(A.x-B.x,A.y-B.y);

}

Vector operator * (Vector A,double p){

    return Vector(A.x*p,A.y*p);

}

Vector operator / (Vector A,double p){

    return Vector(A.x/p,A.y/p);

}

bool operator < (const Point &a,const Point &b){

    return a.x<b.x||(a.x==b.x&&a.y<b.y);

}

double Dot(Vector A,Vector B){

    return A.x*B.x+A.y*B.y;

}

double Cross(Vector A,Vector B){

    return A.x*B.y-A.y*B.x;

}

double x(int i){

    return dp[i]*R[i]/f[i];

}

double y(int i){

    return dp[i]/f[i];

}

bool cmp(int i,int j){

    return A[i]*B[j]>A[j]*B[i];

}

int ConvexHull(Point *p,int n,Point *Poly){

    sort(p,p+n);

    int m=;

    for(int i=n-;i>=;i--){

        while(m> && Cross(Poly[m-]-Poly[m-],p[i]-Poly[m-]) <= ) m--;

        Poly[m++]=p[i];

    }

    return m;

}

Point P[N],Poly[N];

int tmp[N];

void cdq(int l,int r){

    if(l==r){

        dp[l]=max(dp[l],dp[l-]);

        return ;

    }

    int mid=l+r>>;

    cdq(l,mid);

    int cnt=;

    for(int i=l;i<=mid;i++)

        P[cnt++]=Point(x(i),y(i));

    cnt=ConvexHull(P,cnt,Poly);

    for(int i=mid+;i<=r;i++)

        tmp[i]=i;

    sort(tmp+mid+,tmp+r+,cmp);

    int i=,j=mid+;

    while(j<=r){

        while(i<cnt-&&(Poly[i].y-Poly[i+].y)*B[tmp[j]]<-1.0*(Poly[i].x-Poly[i+].x)*A[tmp[j]]){

            i++;

        }

        dp[tmp[j]]=max(dp[tmp[j]],A[tmp[j]]*Poly[i].x+B[tmp[j]]*Poly[i].y);

        j++;

    }

    cdq(mid+,r);

}

int main(){

    int n,s;

    cin>>n>>s;

    for(int i=;i<=n;i++){

        scanf("%lf %lf %lf",&A[i],&B[i],&R[i]);

        f[i]=A[i]*R[i]+B[i];

    }

    memset(dp,,sizeof dp);

    dp[]=1.0*s;

    cdq(,n);

    double ans=;

    for(int i=;i<=n;i++)

        ans=max(ans,dp[i]);

    printf("%.3lf\n",ans);

    return ;

}