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
这其实是一道大火题,是CDQ分治的发明题 Orz,Orz,Orz
蒟蒻如我连一个单调都做不出,而这个题就真的实在玩蛇皮了
题目提示解题法:
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。
好的有了这句话之后,暴力n^2就变得很水了
f[i]=max(f[i-1],a[j]*ak[i]+b[j]*bk[i])
注意一天是即可以买入又可以卖出
其中:
numa*ak+numb*bk=f[k];
numa=numb*rk;
numa=numb*rk;
numb*rk*ak+numb*bk=f[k];
numb*(rk*ak+bk)=f[k];
numb=f[k]/(rk*ak+bk);
numb*(rk*ak+bk)=f[k];
numb=f[k]/(rk*ak+bk);
所以暴力就打完了,60分
斜率优化+CDQ版在下面
// MADE BY QT666
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#define lson num<<1
#define rson num<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100050;
double f[N],a[N],b[N],ak[N],bk[N],rk[N],S;
int n;
int main(){
scanf("%d",&n);scanf("%lf",&S);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf%lf%lf",&ak[i],&bk[i],&rk[i]);
}
f[0]=S;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=f[i-1];
for(int j=1;j<i;j++){
b[j]=f[j]/(rk[j]*ak[j]+bk[j]);a[j]=b[j]*rk[j];
f[i]=max(f[i],a[j]*ak[i]+b[j]*bk[i]);
}
}
printf("%.3f",f[n]);
}
这是我用线打斜率优化的第一道题，关于线的斜率优化表示法见我的斜率优化总结
这一题的方程：
a[j]*ak[i]+b[j]*bk[i]
同时提出一个ak[i]变为：
(a[j]+b[j]*(bk[i]/ak[i]))*ak[i];运用线的套路
令b=a[j],b[j]=k,x=(bk[i]/ak[i]),ak为乘在外面的一个常数
我们发现斜率不是单调的，横坐标也不是单调的，这就不同于普通的都满足单调性的斜率优化
我们考虑普通的斜率优化
需要依赖于斜率的单调性来用单调队列进行队尾的更新来实现O(n)的维护半平面交
需要依赖于横坐标的单调性来用单调队列进行队头决策的移动来实现O(n)的决策转移
然而我们发现这两个步骤都需要依赖于有序，所以CDQ就可以通过离线化无序为有序
我们考虑到转移相当于是一个偏序问题，首先必须满足序号小的向序号大的转移
考虑到CDQ分治的基本思路，用左边的答案来更新右边的答案
我们可以相当于把问题转化为左右两个部分的偏序问题
我们要用左边来更新右边，我们相当于需要在左边斜率递增(斜率单调这个用归并即可以实现)才可以用单调队列实现O(n)维护一个决策的半平面交
然后我们需要在右边横坐标递增，利用左边的决策的半平面交再利用单调队列实现O(n)的决策转移(横坐标单调这个在外面sort一遍即可)
这样相当于两边都是一个二维的偏序问题，至此问题已经被完美解决了，整个分治的流程十分完美
时间复杂度：nlogn
代码：
// MADE BY QT666
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#define lson num<<1
#define rson num<<1|1
#define eps 1e-9
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100050;
int cnt;
struct data{double k,x,b;int id;}g[N],p[N],q[N];
double f[N],ak[N],bk[N],rk[N];
bool cmp(const data &a,const data &b){
return a.x<b.x;
}
void solve(int l,int r){
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1,l1=l,l2=mid+1,head=1,tail=0;
double MAX=0;
for(int i=l;i<=r;i++){
cnt++;
if(g[i].id<=mid) p[l1++]=g[i];
else p[l2++]=g[i];
}
for(int i=l;i<=r;i++) g[i]=p[i];
solve(l,mid);
for(int i=l;i<=mid;i++){
while(head<tail&&(g[i].k-q[tail].k)*(q[tail-1].b-q[tail].b)>=(q[tail].k-q[tail-1].k)*(q[tail].b-g[i].b))
tail--;
q[++tail]=g[i],MAX=max(MAX,f[g[i].id]);
}
sort(g+mid+1,g+r+1,cmp);
for(int i=mid+1;i<=r;i++){
while(head<tail&&q[head].k*g[i].x+q[head].b<=q[head+1].k*g[i].x+q[head+1].b)
head++;
f[g[i].id]=max(f[g[i].id],max(MAX,ak[g[i].id]*(q[head].k*g[i].x+q[head].b)));
g[i].k=f[g[i].id]/(ak[g[i].id]*rk[g[i].id]+bk[g[i].id]),g[i].b=g[i].k*rk[g[i].id];
}
solve(mid+1,r);l1=l,l2=mid+1;
for(int i=l;i<=r;i++){
if(l2>r||(l1<=mid&&g[l1].k<=g[l2].k)) p[i]=g[l1++];
else p[i]=g[l2++];
}
for(int i=l;i<=r;i++) g[i]=p[i];
}
int main()
{
int n;
cin>>n;scanf("%lf",&f[0]);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf%lf%lf",&ak[i],&bk[i],&rk[i]);
f[i]=f[0];
g[i].id=i,g[i].x=bk[i]/ak[i],g[i].k=f[i]/(rk[i]*ak[i]+bk[i]),g[i].b=g[i].k*rk[i];
}
solve(1,n);
printf("%.3f",f[n]);
}