NOI2007 货币兑换 Cash 【CDQ分治 斜率优化DP】
CDQ分治 DP   发布于 2017-01-18   139人围观  0条评论
CDQ分治 DP   发表于 2017-01-18   139人围观  0条评论

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≤109。
【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

题解:
感谢hzwer的代码,初学CDQ分治,还是个菜鸡。
首先最简单的O(n2 )的DP方程还是可以列出来的,然后就可以在赛场上水60分(开心……):
枚举上次交易时间j(y[j]表示第j天持有最大B券数)
f[i] = max{f[i-1],rate[j]*y[j]*a[i]+f[j]*b[i]};
然后考虑优化,应该是个斜率优化DP,要维护一个凸包(后面的还是详见CDQ论文吧,虽然论文里写的和我的代码并不是一样的表示方法……)
贴代码……
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
const double eps = 1e-9;
const int maxn = 1e5+5;
const double inf = 2147483647;
typedef long long ll;
double f[maxn];
struct point{
    double x,y,a,b,k,rate;
    int w,id;
}p[maxn],t[maxn];
inline bool operator < (point a,point b){
    return a.k > b.k;
}
int n,top = 0;
int stack[maxn];
double getk(int a,int b){
    if(!b)return -1e20;
    if(fabs(p[a].x - p[b].x) < eps)return 1e20;
    return (p[b].y - p[a].y)/(p[b].x - p[a].x);
}
void solve(int l,int r){
    if(l == r){
        f[l] = max(f[l],f[l-1]);
        p[l].y = f[l] / (p[l].a * p[l].rate + p[l].b);
        p[l].x = p[l].y * p[l].rate;
        return;
    }
    int l1 = 0,l2 = 0,mid = (l + r) >> 1,j = 1;
    l1 = l;l2 = mid + 1;
    for(int i = l;i <= r;++i)
        if(p[i].id <= mid)t[l1++] = p[i];
        else t[l2++] = p[i];
    for (int i = l;i <= r; ++i){
        p[i] = t[i];
    }
    solve(l,mid);
    top = 0;
    for(int i = l;i <= mid;++i){
        while(top > 1 && getk(stack[top-1],stack[top]) < getk(stack[top-1],i) + eps)top--;
        stack[++top] = i;
    }
    stack[++top] = 0;
    for(int i = mid+1;i <= r;++i){
        while(j < top && getk(stack[j],stack[j+1]) + eps > p[i].k)j++;
        f[p[i].id] = max(f[p[i].id],p[stack[j]].x * p[i].a + p[stack[j]].y * p[i].b);
    }
    solve(mid+1,r);
    l1 = l;l2 = mid + 1;
    for(int i = l;i <= r;++i){
        if(((p[l1].x < p[l2].x || (fabs(p[l1].x - p[l2].x) < eps && p[l1].y < p[l2].y)) || l2 > r) && l1 <= mid)t[i] = p[l1++];
        else t[i] = p[l2++];
    }
    for(int i = l;i <= r;i++)p[i] = t[i];
}
int main(){
    scanf("%d%lf",&n,&f[0]);
    for(int i = 1;i <= n;++i){
        scanf("%lf%lf%lf",&p[i].a,&p[i].b,&p[i].rate);
        p[i].id = i;
        p[i].k = -p[i].a/p[i].b;
    }
    sort(p+1,p+n+1);
    solve(1,n);
    printf("%.3lf",f[n]);
    return 0;
}
 

 

上一篇: 清北省选模拟赛 T1 积水 ——组合数+高精度

下一篇: bzoj 2683 简单题【CDQ分治+树状数组】

立即登录,发表评论
没有帐号?立即注册
0 条评论