bzoj-1492 货币兑换Cash (2)——CDQ分治

题意：

略

见上一篇

题解：

方程还是那个方程f[i]=A[i] * X[j] + B[i] * Y[j]；

化简为Y[i]=(-A[i]/B[i]) * X[i] + f[i]/B[i]这一坨；

既然这个斜率不单调，那排个序让它单调不就行了；

排序之后的问题就是，在i前面更新i的点不一定可以更新i，而应该用来更新i的点说不定还在i的后面；

那么这时候就是用CDQ分治解决；

经典的四步先贴上来：

1.将操作按照时间划分为两个子区间；

2.递归处理左区间的修改与询问；

3.用左区间的修改处理右区间的询问；

4.递归处理右区间的修改与询问；

光这么四句话肯定没用，下面是具体的；

动态规划中对f[i]的更新相当于是查询，而用f[i]来更新别人则相当于是一次修改；

那么在将所有的点按斜率排序之后，进行一个分治的solve(1,n)，然后按四步走；

1.划分区间：

这里的时间就是天数，只需要取一个mid然后用mid把点分成两堆；

注意这里划分了以后，两个区间仍按斜率有序，并且左区间的全部时间都小于右区间的全部时间；

2.递归处理左区间：

递归下去要有一个边界，这里的边界显然就是l==r的时候；

这时这个结点前面的结点都已经对它更新了；

所以它在更新一下f[i-1]就是最终的f[i]，顺便计算出X[i]Y[i]的值；

然后每层递归结束时要按X[i]排序(为了维护凸包方便)(这样的递归结构下用归并的线性显然比快拍要好)；

3.用左区间修改右区间：

左区间已经按X[i]排序完成，可以扫一遍求出凸包；

右区间现在还是按斜率排序，直接上斜率优化；

这时候右区间的所有点已经被左区间的点处理完了；

4.递归处理右区间：

被左区间处理了的点还要被右区间在它前面的点处理，所以再递归搞一下；

然后就结束了，f
就是答案；

这些操作全都是线性复杂度的，而一共递归有logn层，复杂度为O(nlogn)；

排完序之后的下标不是时间。。。sort写错的去看眼科大夫。。。

代码2k+，时间1232ms；

居然没有平衡树跑得快，但是代码上的确是省了不少；

顺便一提，bz AC50题留念(笑)；

代码：

#include<math.h>  
#include<stdio.h>  
#include<string.h>  
#include<algorithm>  
#define N 110000  
#define which(x)    (tr[tr[x].fa].ch[1]==x)  
const double INF = 1e100;  
const double EPS = 1e-8;  
using namespace std;  
struct node  
{  
    double x, y, slope;  
    int no;  
}a
, temp
;  
double f
, A
, B
, R
;  
int st
;  
int cmp(node a, node b)  
{  
    return a.slope < b.slope;  
}  
double slope(int x, int y)  
{  
    if (fabs(a[x].x - a[y].x) < EPS)  
        return a[x].y < a[y].y ? INF : -INF;  
    else  
        return (a[x].y - a[y].y) / (a[x].x - a[y].x);  
}  
void merge(int l, int r)  
{  
    memcpy(temp + l, a + l, sizeof(node)*(r - l + 1));  
    int mid = (l + r) >> 1, i, j, k;  
    for (k = l, i = l, j = mid + 1; k <= r; k++)  
    {  
        if (i <= mid&&j <= r)  
            a[k] = temp[i].x < temp[j].x ? temp[i++] : temp[j++];  
        else  
            a[k] = (i == mid + 1 ? temp[j++] : temp[i++]);  
    }  
}  
void slove(int l, int r)  
{  
    if (l == r)  
    {  
        f[l] = max(f[l], f[l - 1]);  
        a[l].y = f[l] / (A[l] * R[l] + B[l]);  
        a[l].x = R[l] * a[l].y;  
    }  
    else  
    {  
        int mid = (l + r) >> 1, i, j, k, top;  
        for (i = l, j = l, k = mid + 1; i <= r; i++)  
        if (a[i].no <= mid)  
            temp[j++] = a[i];  
        else  
            temp[k++] = a[i];  
        memcpy(a + l, temp + l, sizeof(node)*(r - l + 1));  
        slove(l, mid);  
        st[top = 1] = l;  
        for (i = l + 1; i <= mid; i++)  
        {  
            while (top >= 2 && slope(st[top - 1], st[top]) < slope(st[top], i))  
                top--;  
            st[++top] = i;  
        }  
        for (i = mid + 1; i <= r; i++)  
        {  
            while (top >= 2 && slope(st[top - 1], st[top]) < a[i].slope)  
                top--;  
            f[a[i].no] = max(f[a[i].no], A[a[i].no] * a[st[top]].x + B[a[i].no] * a[st[top]].y);  
        }  
        slove(mid + 1, r);  
        merge(l, r);  
    }  
}  
int main()  
{  
    int n, i, j, k;  
    double ans;  
    scanf("%d%lf", &n, &f[1]);  
    for (i = 1; i <= n; i++)  
        scanf("%lf%lf%lf", A + i, B + i, R + i),  
        a[i].slope = -A[i] / B[i],  
        a[i].no = i;  
    sort(a + 1, a + n + 1, cmp);  
    slove(1, n);  
    printf("%.3lf", f
);  
    return 0;  
}