【cdq分治】[Noi2007] bzoj1492 货币兑换Cash

题目点这里

嗯。。倒腾了这么久终于折腾出来了。。

对cdq有一点感觉了T_T当然。。还是很多不懂 = =

在雅礼写cdq写不出来的感觉实在是。。。。

首先这题有一个贪心 就是每天的买卖一定是100% 这样才能保证收益最大

然后设x[i]表示第i天最多拥有A劵的数量 y[i]表示第i天最多拥有B劵的数量 f[i]表示第i天把劵全卖出去获得的最大金钱数

那么 f[i] = max{ f[i -1], x[j] * A[i] + y[j] * B[i] }  (j < i)

其中 x[j] = f[j] / (A[j] * rate[j] + B[j])   y[j] = x[j] * rate[j]

f[i -1]更新是指不卖也不买。。这个很好更新先不考虑

两边同时除以B[i]（常数）  f[i] / B[i] = A[i] / B[i] * x[i] + y[i]  即 y[i] = -A[i] / B[i] * x[i] + f[i] / B[i]

令 k = -A[i] / B[i] 维护上凸壳即可

由于斜率不是单调的 所以我们需要一颗叫splay的植物来维护 _(:з)∠)_

据说很容易写挂。。（没写捂脸）然后神奇的陈丹琪研究出了神奇的分治做法。。

定义solve(L, R)为回答[L, R]区间的询问 认为处理完以后我们就能得到[L, R]中的x[i]和y[i] 并且已按照x为第一关键字y为第二关键字排好序

二分出Mid 首先对于[L, Mid]递归处理 那么现在用[L, Mid]中的信息来更新[Mid + 1, R]这段区间的f[i]

此时的斜率依旧不是单调的 但是我们可以先把斜率sort一下那么就能直接用单调队列O(N)更新了

也就是说 对于每个区间 用左区间构造一次上凸壳 更新一遍右边排好序的斜率

然后再递归处理[Mid + 1, R] 最后把左右区间按照之前定义所说的顺序排好序（这一步是一个归并过程 复杂度O(N)）

这样的做法 分治的复杂度是O(N(logN)^2)的 因为每次在更新的时候还要排序一次斜率

实际上我们可以预先把斜率排序好 然后每次需要递归左区间的时候把原本在左区间的数拣出来 最后合起来

开始归并写挂了 = =一直查不出错。。还有其实可以少写一个结构体的 我只是为了方便排序把d和p分开写了

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int Nmax = 1e5 + 5;
const double eps = 1e-9;
const double inf = 1e20;

int N;
double f[Nmax];

struct Days{
int pos;
double a, b, rate, k;
bool operator < (const Days &_) const {
return k < _.k;
}
}d[Nmax], td[Nmax];

inline void update(double &a, double b) { if (b > a) a = b; }
inline double Fabs(double a) { return a > 0 ? a : -a; }

struct Point{
double x, y;
bool operator < (const Point &_) const {
return x < _.x || (Fabs(x - _.x) < eps && y < _.y);
}
}p[Nmax], tp[Nmax];

struct queue{
int num[Nmax], head, tail;

void init() { head = 0; tail = -1; num[0] = 0; }
void push_back(int a){ num[++tail] = a; }
void pop_back() { --tail; }
void pop_front() { ++head; }
int front() { return num[head]; }
int second() { return num[head + 1]; }
int back() { return num[tail]; }
int before() { return num[tail - 1]; }
int size() { return tail - head + 1; }
}q;

inline double getk(int i, int j)
{
if (!j) return inf;
if (!i || Fabs(p[i].x - p[j].x) < eps) return -inf;
return (p[i].y - p[j].y) / (p[i].x - p[j].x);
}

inline void split(int L, int M, int R)
{
int L1 = L, L2 = M + 1;
for (int i = L; i <= R; ++i) {
if (d[i].pos <= M) td[L1++] = d[i];
else td[L2++] = d[i];
}
for (int i = L; i <= R; ++i) d[i] = td[i];
}

inline void merge(int L, int M, int R)
{
int L1 = L, L2 = M + 1;
for (int i = L; i <= R; ++i) {
if ((p[L1] < p[L2] || L2 > R) && L1 <= M) tp[i] = p[L1++];
else tp[i] = p[L2++];
}
for (int i = L; i <= R; ++i) p[i] = tp[i];
}

void solve(int L, int R)
{
if (L == R) {
update(f[L], f[L - 1]);
p[L].y = f[L] / (d[L].a * d[L].rate + d[L].b);
p[L].x = p[L].y * d[L].rate;
return;
}

int M = (L + R) >> 1;
split(L, M, R); solve(L, M);

q.init();
for (int i = L; i <= M; ++i) {
while (q.size() > 1 && getk(q.before(), q.back()) <= getk(q.back(), i)) q.pop_back();
q.push_back(i);
}
for (int i = R; i > M; --i) {
while (q.size() > 1 && d[i].k <= getk(q.front(), q.second())) q.pop_front();
update(f[d[i].pos], p[q.front()].x * d[i].a + p[q.front()].y * d[i].b);
}

solve(M + 1, R); merge(L, M, R);
}

int main()
{
ios :: sync_with_stdio(false);
cin >> N >> f[0];
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
cin >> d[i].a >> d[i].b >> d[i].rate;
d[i].k = -d[i].a / d[i].b; d[i].pos = i;
}
sort(d + 1, d + N + 1);
solve(1, N); printf("%.3f\n", f
);
return 0;
}