【bzoj 1492】[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：

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、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

 

从《Cash》谈一类分治算法的应用

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
const double eps=1e-9;
int n,s[N];
double f[N];
struct node{double x,y,a,b,k,rate;int id;}t[N],tmp[N];
bool cmp(node a,node b){return a.k>b.k;}
double get(int a,int b)
{
    if(!b)return -1e30;
    if(fabs(t[a].x-t[b].x)<eps)return 1e30;
    return (t[b].y-t[a].y)/(t[b].x-t[a].x);
}
void cdq(int l,int r)
{
    if(l==r)
    {
        f[l]=max(f[l],f[l-1]);
        t[l].y=f[l]/(t[l].a*t[l].rate+t[l].b);
        t[l].x=t[l].y*t[l].rate;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1,h1=l,h2=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;i++)
        if(t[i].id<=mid)tmp[h1++]=t[i];
        else tmp[h2++]=t[i];
    for(int i=l;i<=r;i++)t[i]=tmp[i];
    cdq(l,mid);int top=0,now=1;
    for(int i=l;i<=mid;i++)
    {
        while(top>1&&get(s[top-1],s[top])<get(s[top],i)+eps)top--;
        s[++top]=i;
    }
    s[++top]=0;
    for(int i=mid+1;i<=r;i++)
    {
        while(get(s[now],s[now+1])+eps>t[i].k)now++;
        f[t[i].id]=max(f[t[i].id],t[s[now]].x*t[i].a+t[s[now]].y*t[i].b);
    }
    cdq(mid+1,r);h1=l;h2=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;i++)
    {
        if(h1>mid){tmp[i]=t[h2++];continue;}
        if(h2>r){tmp[i]=t[h1++];continue;}
        if(t[h1].x<t[h2].x||(fabs(t[h1].x-t[h2].x)<eps&&t[h1].y<t[h2].y))tmp[i]=t[h1++];
        else tmp[i]=t[h2++];
    }
    for(int i=l;i<=r;i++)t[i]=tmp[i];
}
int main()
{
    scanf("%d%lf",&n,&f[0]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lf%lf%lf",&t[i].a,&t[i].b,&t[i].rate);
        t[i].k=-t[i].a/t[i].b;t[i].id=i;
    }
    sort(t+1,t+n+1,cmp);cdq(1,n);
    printf("%.3lf",f[n]);
    return 0;
}