bzoj-1492 货币兑换Cash (2)——CDQ分治
题意：
略
见上一篇
题解：
方程还是那个方程f[i]=A[i] * X[j] + B[i] * Y[j]。
化简为Y[i]=(-A[i]/B[i]) * X[i] + f[i]/B[i]这一坨；
既然这个斜率不单调，那排个序让它单调不即可了；
排序之后的问题就是，在i前面更新i的点不一定能够更新i。而应该用来更新i的点说不定还在i的后面；
那么这时候就是用CDQ分治解决。
经典的四步先贴上来：
1.将操作依照时间划分为两个子区间。
2.递归处理左区间的改动与询问。
3.用左区间的改动处理右区间的询问；
4.递归处理右区间的改动与询问；
光这么四句话肯定没用，以下是详细的；
动态规划中对f[i]的更新相当于是查询，而用f[i]来更新别人则相当于是一次改动；
那么在将全部的点按斜率排序之后，进行一个分治的solve(1,n)，然后按四步走；
1.划分区间：
这里的时间就是天数，仅仅须要取一个mid然后用mid把点分成两堆。
注意这里划分了以后。两个区间仍按斜率有序。而且左区间的所有时间都小于右区间的所有时间；
2.递归处理左区间：
递归下去要有一个边界，这里的边界显然就是l==r的时候；
这时这个结点前面的结点都已经对它更新了；
所以它在更新一下f[i-1]就是终于的f[i]。顺便计算出X[i]Y[i]的值；
然后每层递归结束时要按X[i]排序(为了维护凸包方便)(这种递归结构下用归并的线性显然比快拍要好)；
3.用左区间改动右区间：
左区间已经按X[i]排序完毕，能够扫一遍求出凸包；
右区间如今还是按斜率排序。直接上斜率优化；
这时候右区间的全部点已经被左区间的点处理完了；
4.递归处理右区间：
被左区间处理了的点还要被右区间在它前面的点处理。所以再递归搞一下。
然后就结束了。f[n]就是答案。
这些操作全都是线性复杂度的，而一共递归有logn层。复杂度为O(nlogn)；
排完序之后的下标不是时间。
。。sort写错的去看眼科大夫。
。。
代码2k+，时间1232ms；
竟然没有平衡树跑得快，可是代码上的确是省了不少。
顺便一提。bz AC50题留念(笑)；
代码：
#include<math.h>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 110000
#define which(x) (tr[tr[x].fa].ch[1]==x)
const double INF = 1e100;
const double EPS = 1e-8;
using namespace std;
struct node
{
double x, y, slope;
int no;
}a[N], temp[N];
double f[N], A[N], B[N], R[N];
int st[N];
int cmp(node a, node b)
{
return a.slope < b.slope;
}
double slope(int x, int y)
{
if (fabs(a[x].x - a[y].x) < EPS)
return a[x].y < a[y].y ? INF : -INF;
else
return (a[x].y - a[y].y) / (a[x].x - a[y].x);
}
void merge(int l, int r)
{
memcpy(temp + l, a + l, sizeof(node)*(r - l + 1));
int mid = (l + r) >> 1, i, j, k;
for (k = l, i = l, j = mid + 1; k <= r; k++)
{
if (i <= mid&&j <= r)
a[k] = temp[i].x < temp[j].x ? temp[i++] : temp[j++];
else
a[k] = (i == mid + 1 ? temp[j++] : temp[i++]);
}
}
void slove(int l, int r)
{
if (l == r)
{
f[l] = max(f[l], f[l - 1]);
a[l].y = f[l] / (A[l] * R[l] + B[l]);
a[l].x = R[l] * a[l].y;
}
else
{
int mid = (l + r) >> 1, i, j, k, top;
for (i = l, j = l, k = mid + 1; i <= r; i++)
if (a[i].no <= mid)
temp[j++] = a[i];
else
temp[k++] = a[i];
memcpy(a + l, temp + l, sizeof(node)*(r - l + 1));
slove(l, mid);
st[top = 1] = l;
for (i = l + 1; i <= mid; i++)
{
while (top >= 2 && slope(st[top - 1], st[top]) < slope(st[top], i))
top--;
st[++top] = i;
}
for (i = mid + 1; i <= r; i++)
{
while (top >= 2 && slope(st[top - 1], st[top]) < a[i].slope)
top--;
f[a[i].no] = max(f[a[i].no], A[a[i].no] * a[st[top]].x + B[a[i].no] * a[st[top]].y);
}
slove(mid + 1, r);
merge(l, r);
}
}
int main()
{
int n, i, j, k;
double ans;
scanf("%d%lf", &n, &f[1]);
for (i = 1; i <= n; i++)
scanf("%lf%lf%lf", A + i, B + i, R + i),
a[i].slope = -A[i] / B[i],
a[i].no = i;
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
slove(1, n);
printf("%.3lf", f[n]);
return 0;
}
