BZOJ1492: [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:
dd(1).png-7.8kB
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:
dd(2).png-21.3kB
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:\(0<AK≤10,0<BK≤10,0<RateK≤100,MaxProfit≤10^9\)
\(n\leq 10^5\)

【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
dd(3).png-21.3kB


Solution

首先题设比较复杂,不仔细读题,后面的方程肯定写不出来。

考虑到,如果有一天卖出会让你盈利,肯定是全部卖出时盈利更多。
同理,如果有一天买入会使得之后某一天卖出时赚得更大利润,那么这一天一定会全部买入。
没有上面两点这题根本不可做。

对于动归的状态,记作 \(dp[i].ma\)\(dp[i].mb\) 分别表示第 \(i\) 天如果全部买入,可以最多获得 \(dp[i].ma\)\(A\) 券,与此同时可以买到 \(dp[i].mb\)\(B\) 券。\(dp[i].ma\) 是最主要的状态。姑且把m看作质量吧,不知道该咋起名字

这样就有了 DP 方程(注意 \(i,j\) 别乱了):

\[\begin{equation*} \begin{aligned} dp[i].mb&=\frac{val}{A[i]*rate[i]+B[i]}\\ dp[i].ma&=dp[i].mb\times rate[i]\\ val&=max\{dp[j].ma*A[i]+dp[j].mb*B[i]\} \end{aligned} \end{equation*} \]

这样得到的是一个 \(O(n^2)\) 的算法,val的最大值为最终答案

考虑对于一个决策点 \(t\),如果有两个决策方案 \(x,y\) ,那么 \(x\)\(y\) 优当且仅当:

\[\begin{equation*} \begin{aligned} val_x&>val_y\\ dp[x].ma\times A[t]+dp[x].mb\times B[t]&>dp[y].ma\times A[t]+dp[y].mb\times B[t]\\ A[t]\times(dp[x].ma-dp[y].ma)&>B[t]\times(dp[y].mb-dp[x].mb) \end{aligned} \end{equation*} \]

这时,这已经很像斜率优化了,但是因为没有各种单调性,所以没法搞事。
我们直接令 \(dp[x].ma<dp[y].ma\) 使得其有一个单调性。

\[\begin{equation*} \begin{aligned} \frac{A[t]}{B[t]}&<\frac{dp[y].mb-dp[x].mb}{dp[x].ma-dp[y].ma}\\ -\frac{A[t]}{B[t]}&>\frac{dp[x].mb-dp[y].mb}{dp[x].ma-dp[y].ma} \end{aligned} \end{equation*} \]

这就可以斜率优化了这是一个上凸壳

接下来,由于 \(dp[x].ma\) 实际上并不单调,所以需要用平衡树维护上凸包我没写这个
或者使用 CDQ分治

首先对于区间 \([L,R]\),可以通过 \([L,mid]\) 的信息做出来一个上凸包,用于更新 \([mid+1,R]\) 的决策,不一定是最终的最优,但要保证是 \([L,mid]\) 转移过来的最优情况。
考虑把 \(-\frac{A[t]}{B[t]}\) 看做第一维,\(dp[x].ma\) 看做第二维。
将第一维排序(升序降序都可以写出来),对第二维进行类似归并的过程。
具体过程是\(solve(l,r)\)
\(\rightarrow\)按下标进行对每一天信息的划分(小于 \(mid\) 划到 \([L,mid]\) 否则 \([mid+1,R]\)。由于之前排过序,划分后\(-\frac{A[t]}{B[t]}\)仍然有序)
\(\rightarrow solve(l,mid)\)
\(\rightarrow\)构建\([L,mid]\)凸包。进行决策,由于\(-\frac{A[t]}{B[t]}\)和凸包都是单调的,可以\(O(n)\)算一下\([mid+1,R]\)所有的最优解。
\(\rightarrow solve(mid+1,r)\)
\(\rightarrow\)按照 \(dp[x].ma\) 升序排序,这是可以进行斜率优化的基础。

这样保证了斜率优化的可行性(\(dp[x].ma\)单调递增),同时又可以不让决策的先后错乱(比如先在第三天操作再去第二天操作),是一个优秀的分治算法。时间复杂度 \(O(nlogn)\)

/**************************************************************
    Problem: 1492
    User: zzzc18
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:1512 ms
    Memory:10592 kb
****************************************************************/

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 100000+9;
const double EPS = 1e-9;
const double INF = 1e20;
int n;
double ans[MAXN];

struct DATA{
	double A,B,rate;
	int id;
}num[MAXN];

bool DATAcmp(const DATA &X,const DATA &Y){
	return (-X.A/X.B)<(-Y.A/Y.B);
}

struct DP{
	double ma,mb;//表示A的数量以及B的数量
}dp[MAXN];

double K(int x,int y){
	if(dp[x].ma==dp[y].ma)return -INF;
	return (dp[x].mb-dp[y].mb)/(dp[x].ma-dp[y].ma);
}

bool jud(int x,int y){
	if(fabs(dp[x].ma-dp[y].ma)<EPS)
		return dp[x].ma<dp[y].ma; 
	else
		return dp[x].ma<dp[y].ma;
}

void CDQ(int l,int r){
	if(l==r){
		ans[l]=max(ans[l],ans[l-1]);
		dp[l].mb=ans[l]/(num[l].A*num[l].rate+num[l].B);
		dp[l].ma=dp[l].mb*num[l].rate;
		return;
	}
	static DATA tmp1[MAXN];
	static DP tmp2[MAXN];
	int mid=l+r>>1;
	int p1=l,p2=mid+1;
	for(int i=l;i<=r;i++){
		if(num[i].id<=mid)
			tmp1[p1++]=num[i];
		else
			tmp1[p2++]=num[i];
	}
	for(int i=l;i<=r;i++)
		num[i]=tmp1[i];
	CDQ(l,mid);
	static int top;
	static int sta[MAXN];
	top=1;
	for(int i=l;i<=mid;i++){
		while(top>2 && K(sta[top-1],sta[top-2])<K(sta[top-1],i))
			top--;
		sta[top++]=i;
	}
	int now=1;
	for(int i=r;i>mid;i--){
		while(now<top-1 && K(sta[now],sta[now+1])>=-num[i].A/num[i].B)
			now++;
		int t=num[i].id;
		ans[t]=max(ans[t],dp[sta[now]].ma*num[i].A+dp[sta[now]].mb*num[i].B);
	}
	CDQ(mid+1,r);
	p1=l,p2=mid+1;
	for(int i=l;i<=r;i++){
		if(p2>r || (p1<=mid && jud(p1,p2)))
			tmp2[i]=dp[p1++];
		else
			tmp2[i]=dp[p2++];
	}
	for(int i=l;i<=r;i++)
		dp[i]=tmp2[i];
}

void solve(){
	sort(num+1,num+n+1,DATAcmp);
	CDQ(1,n);
	printf("%.3lf\n",ans[n]);
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	scanf("%lf",&ans[0]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lf%lf%lf",&num[i].A,&num[i].B,&num[i].rate);
		num[i].id=i;
	}
	solve();
	return 0;
}
posted @ 2018-01-21 12:44  zzzc18  阅读(106)  评论(0编辑  收藏  举报