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。
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
1 1 1
1 2 2
2 2 3
Sample Output
225.000
HINT
Source
解题的第一个关键是知道每次操作都要完全，即买入就花光所有钱，卖出就卖出所有金券
容易列出暴力方程
f[i]=f[j]/(a[j]*r[j]+b[j])*r[j]*a[i]+f[j]/(a[j]*r[j]+b[j])*b[i]
设x[i]=f[j]/(a[j]*r[j]+b[j])*r[j]
y[i]=f[j]/(a[j]*r[j]+b[j])
f[i]=x[j]*a[i]+y[j]*b[i] 很明显可以斜率优化的式子
假设j比k优 且假设(x[k]<x[j])
那么x[j]*a[i]+y[j]*b[i]>x[k]*a[i]+y[k]*b[i]
=> -a[i]/b[i]<(y[k]-y[j])/(x[k]-x[j]) 维护上凸包
但是
由于-a[i]/b[i]不具有单调性 所以不能够用单调队列维护
由于x[i]不具有单调性 不能用单调队列维护
那么现在只要我们保证了x[i] 和-a[i]/b[i]的单调性，不就可以单调队列维护了？
可以用排序来保证-a[i]/b[i]单调 cdq分治保证x[i]单调且保证在i之前的j都已经转移完毕
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
int n,s[N];double f[N];
const double eps=1e-;
const double inf=1e9;
struct query{double a,b,r,k;int id;}q[N],a[N];
struct point{
double x,y;
bool operator < (const point &b)const{
return fabs(x-b.x)<=eps?y<b.y:x<b.x;
}
}p[N],b[N];
double get(int i,int j){
if(fabs(p[i].x-p[j].x)<=eps)return -inf;
return (p[i].y-p[j].y)/(p[i].x-p[j].x);
}
void cdq(int l,int r){
if(l==r){
f[l]=max(f[l],f[l-]);
p[l].y=f[l]/(q[l].a*q[l].r+q[l].b);
p[l].x=p[l].y*q[l].r;return;
}
int mid=l+r>>;
int p1=l,p2=mid+;
for(int i=l;i<=r;i++){
if(q[i].id<=mid)a[p1++]=q[i];
else a[p2++]=q[i];
}
for(int i=l;i<=r;i++)q[i]=a[i];
cdq(l,mid);int tp=;
for(int i=l;i<=mid;i++){
while(tp>&&get(s[tp-],s[tp])<get(s[tp],i))tp--;
s[++tp]=i;
}
int j=;
for(int i=r;i>=mid+;i--){
while(j<tp&&q[i].k<get(s[j],s[j+])+eps)j++;
f[q[i].id]=max(f[q[i].id],p[s[j]].x*q[i].a+p[s[j]].y*q[i].b);
}
cdq(mid+,r);
p1=l,p2=mid+;
for(int i=l;i<=r;i++){
if((p[p1]<p[p2]||p2>r)&&p1<=mid)b[i]=p[p1++];
else b[i]=p[p2++];
}
for(int i=l;i<=r;i++)p[i]=b[i];
} bool cmp(query a,query b){return a.k<b.k;}
int main(){
scanf("%d%lf",&n,&f[]);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%lf%lf%lf",&q[i].a,&q[i].b,&q[i].r);
q[i].k=-q[i].a/q[i].b;
q[i].id=i;
}
sort(q+,q++n,cmp);
cdq(,n);
printf("%.3lf\n",f[n]);
return ;
}