BZOJ1492：[NOI2007]貨幣兌換（CDQ分治+斜率優化DP | splay動態維護凸包）

BZOJ1492：[NOI2007]貨幣兌換

【問題描述】

小Y最近在一家金券交易所工作。該金券交易所只發行交易兩種金券：A紀念券（以下簡稱A券）和B紀念券（以下簡稱B券）。每個持有金券的顧客都有一個自己的帳戶。金券的數目可以是一個實數。每天隨着市場的起伏波動，兩種金券都有自己當時的價值，即每一單位金券當天可以兌換的人民幣數目。我們記錄第K天中A券和B券的價值分別爲AK和BK（元/單位金券）。
爲了方便顧客，金券交易所提供了一種非常方便的交易方式：比例交易法。
比例交易法分爲兩個方面：
a)賣出金券：顧客提供一個[0，100]內的實數OP作爲賣出比例，其意義爲：將OP%的A券和OP%的B券以當時的價值兌換爲人民幣；
b)買入金券：顧客支付IP元人民幣，交易所將會兌換給用戶總價值爲IP的金券，並且，滿足提供給顧客的A券和B券的比例在第K天恰好爲RateK；
例如，假定接下來3天內的Ak、Bk、RateK的變化分別爲：

時間	ak	bk	rk
第一天	1	1	1
第二天	1	2	2
第三天	2	2	3

假定在第一天時，用戶手中有100元人民幣但是沒有任何金券。
用戶可以執行以下的操作：

時間	用戶操作	人民幣(元)	A券的數量	B券的數量
開戶	無	100	0	0
第一天	買入100元	0	50	50
第二天	賣出50%	75	25	25
第二天	買入60元	15	55	40
第三天	賣出100%	205	0	0

注意到，同一天內可以進行多次操作。
小Y是一個很有經濟頭腦的員工，通過較長時間的運作和行情測算，他已經知道了未來N天內的A券和B券的價值以及Rate。他還希望能夠計算出來，如果開始時擁有S元錢，那麼N天后最多能夠獲得多少元錢。
【輸入格式】
第一行兩個正整數N、S，分別表示小Y能預知的天數以及初始時擁有的錢數。接下來N行，第K行三個實數AK、BK、RateK，意義如題目中所述。
【輸出格式】
只有一個實數MaxProfit，表示第N天的操作結束時能夠獲得的最大的金錢數目。答案保留3位小數。
【輸入樣例】
3 100
1 1 1
1 2 2
2 2 3
【輸出樣例】
225.000
【樣例說明】

時間	用戶操作	人民幣(元)	A券的數量	B券的數量
開戶	無	100	0	0
第一天	買入100元	0	50	50
第二天	賣出100%	150	0	0
第二天	買入150元	0	75	37.5
第三天	賣出100%	225	0	0

【數據規模和約定】
輸入第一行兩個正整數N、S，分別表示小Y能預知的天數以及初始時擁有的錢數。接下來N行，第K行三個實數AK、BK、RateK，意義如題目中所述。對於100%的測試數據，滿足：0＜AK≤10；0＜BK≤10；0＜RateK≤100；MaxProfit≤10^9。
【提示】
1.輸入文件可能很大，請採用快速的讀入方式。
2.必然存在一種最優的買賣方案滿足：
每次買進操作使用完所有的人民幣；
每次賣出操作賣出所有的金券。

【解題思路】

有點貪心的想法：一有虧損就不去碰，一有利益就去全佔。這必然導致要不全部賣出，要不全部買入。

①CDQ分治+斜率優化DP

O(N^2)的DP很好想。F[n]表示到第n天，沒有金券可以得到的最大價值。
X[n]表示第n天的錢買金券可以得到的A劵數目；
Y[n]表示第n天的錢買金券可以得到的B劵數目；
Y[n]=F[n]A[n]∗R[n]+B[n]

Y[n]=X[n]∗R[n]

F[n]=Max(X[i]∗A[n]+Y[i]∗B[n],F[n−1])
假如X[j]＜X[k]，並且k比j優。那麼
X[k]∗A[n]+Y[k]∗B[n]>X[j]∗A[n]+Y[j]∗B[n]
轉化一下式子：
Y[k]−Y[j]X[k]−X[j]>−A[n]B[n]
slop(j,k)=Y[k]−Y[j]X[k]−X[j]
如果k比j優，則slop(j,k)>-A[n]/B[n]
單調隊列加入F[i]時，當slop(q[qe-1],q[qe])＜slop(q[qe],i)，那麼q[qe]是沒必要存的。
假如-A[n]/B[n]是從大到小的。
∵若slop(q[qe],i)>-A[n]/B[n]，則i比q[qe]優，剔除q[qe]。
若slop(q[qe],i)＜-A[n]/B[n]，則q[qe]比i優，但slop(q[qe-1],q[qe])＜-A[n]/B[n]，q[qe-1]比q[qe]優，剔除q[qe]。
但這不能直接用斜率優化。X[i]和-A[i]/B[i]不一定同時有序。
CDQ分治可以很好的解決這一問題。
CDQ(L,R)表示處理id爲L到R的F[]。
先按-A[i]/B[i]從大到小排序。
CDQ(1,n)
1、處理id在L~Mid的F[i]，CDQ(L,Mid)
2、用id在L~Mid的F[i]，更新id在Mid+1~R的F[i]。
有可能對於F[i]，最優解在F[j]處取得（Mid+1≤i≤N，1≤j≤Mid）
（因爲L~Mid的X[i]是有序的，Mid+1~R的-A[i]/B[i]是有序的，滿足斜率優化的條件）
3、處理id在Mid+1~R的F[i]，CDQ(Mid+1,R)。
有可能對於F[i]，最優解在F[j]處取得（Mid+1≤i≤N，Mid+1≤j＜i）
4、對id在L~R，按X[i]從小到大排序（類似歸併）。
【代碼】

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>

using namespace std;

const int N=100010;
const double inf=1e20;
const double eps=1e-8;
double f[N];
struct data
{
    double x,y,a,b,k,r;
    int id;
} p[N],t[N];
int n,qe,q[N];

double slop(int a,int b)
{
    if(!b) return -inf;
    if(fabs(p[a].x-p[b].x)<eps) return inf;
    return ((p[b].y-p[a].y)/(p[b].x-p[a].x));
}

bool cmp(data A,data B) { return (A.k>B.k); }

void CDQ(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].r+p[L].b);
        p[L].x=p[L].y*p[L].r;
        return;
    }
    int Mid=(L+R)>>1;
    int l1=L,l2=Mid+1; int h=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];
    CDQ(L,Mid);
    qe=0;
    for(int i=L;i<=Mid;i++)
    {
        while(qe>1 && slop(q[qe-1],q[qe])<slop(q[qe],i)+eps) qe--;
        q[++qe]=i;
    }
    q[++qe]=0;
    for(int i=Mid+1;i<=R;i++)
    {
        while(h<qe && slop(q[h],q[h+1])+eps>p[i].k) h++;
        f[p[i].id]=max(f[p[i].id],p[q[h]].x*p[i].a+p[q[h]].y*p[i].b);
    }
    CDQ(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()
{
    freopen("cash.in","r",stdin);
    freopen("cash.out","w",stdout);
    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].r);
        p[i].id=i; p[i].k=-p[i].a/p[i].b;
    }
    sort(p+1,p+1+n,cmp);
    CDQ(1,n);
    printf("%.3lf\n",f[n]);
    return 0;
}

②splay動態維護凸包

F[n]=X[i]∗A[n]+Y[i]∗B[n]
轉化一下式子：
Y[i]=−A[n]B[n]X[i]+F[n]B[n]
其實就是使一次函數的截距最大（B[N]爲定值，不用理）。

F[n]B[n]=Y[i]+A[n]B[n]X[i]
相當於一條斜率爲-A[n]/B[n]的直線從上往下掃，碰到的第一個點(Xj,Yj)就是最優解（j＜n）

只需要維護一個凸包就行了，最優解只可能在凸包上，凸包內的點不會影響答案。
記得特判……

【代碼】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>

using namespace std;

const double eps=1e-8;
const double inf=1e9;
const int N=100010;
int n,root;
double f[N],A[N],B[N],r[N],X[N],Y[N];
double lk[N],rk[N];
int fa[N],ch[N][2],D[N];

int son(int x) { return (ch[fa[x]][1]==x); }

void rotate(int x)
{
    int y=fa[x],z=son(x);
    fa[x]=fa[y];
    if(fa[y]) ch[fa[y]][son(y)]=x;
    if(ch[x][1-z]) fa[ch[x][1-z]]=y;
    fa[y]=x; ch[y][z]=ch[x][1-z]; ch[x][1-z]=y;
}

void splay(int x,int y)
{
    for(;fa[x]!=y;)
    {
        if(fa[fa[x]]!=y)
        (son(x)==son(fa[x]))?rotate(fa[x]):rotate(x);
        rotate(x);
    }
    if(!y) root=x;
}

double getk(int i,int j)
{
    if(fabs(X[j]-X[i])<eps) return -inf;
    return((Y[j]-Y[i])/(X[j]-X[i]));
}

int pre(int x)
{
    int y=ch[x][0],z=x;
    for(;y;) if(getk(y,x)<=lk[y]+eps) z=y,y=ch[y][1]; else y=ch[y][0];
    return z;
}

int suc(int x)
{
    int y=ch[x][1],z=x;
    for(;y;) if(getk(x,y)+eps>=rk[y]) z=y,y=ch[y][0]; else y=ch[y][1];
    return z;
}

void inse(int &v,int f,int id)
{
    if(!v) { v=id; fa[v]=f; splay(v,0); return; }
    if(X[id]<=X[v]+eps) inse(ch[v][0],v,id); else inse(ch[v][1],v,id);
}

int find(int v,double k)
{
    if(!v) return 0;
    if(lk[v]+eps>=k && k+eps>=rk[v]) return v;
    if(k>lk[v]) return find(ch[v][0],k); else return find(ch[v][1],k);
}

void updata(int x)
{
    splay(x,0);
    if(ch[x][0])
    {
        int lef=pre(x); splay(lef,x); ch[lef][1]=0;
        lk[x]=rk[lef]=getk(lef,x);
    } else lk[x]=inf;
    if(ch[x][1])
    {
        int rig=suc(x); splay(rig,x); ch[rig][0]=0;
        lk[rig]=rk[x]=getk(x,rig);
    } else rk[x]=-inf;
    if(lk[x]<=rk[x]+eps)
    {
        root=ch[x][0]; ch[root][1]=ch[x][1];
        fa[ch[x][1]]=root; fa[x]=0;
        rk[root]=lk[ch[root][1]]=getk(root,ch[root][1]);
    }
}

int main()
{
    freopen("cash.in","r",stdin);
    freopen("cash.out","w",stdout);
    scanf("%d%lf",&n,&f[0]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf%lf",&A[i],&B[i],&r[i]);
    root=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        double yu=-A[i]/B[i];
        int now=find(root,yu);
        f[i]=max(f[i-1],X[now]*A[i]+Y[now]*B[i]);
        Y[i]=f[i]/(r[i]*A[i]+B[i]);
        X[i]=Y[i]*r[i];
        inse(root,0,i);
        updata(i);
    }
    printf("%.3lf\n",f[n]);
    return 0;
}

BZOJ1492：[NOI2007]貨幣兌換（CDQ分治+斜率優化DP | splay動態維護凸包）