【NOI2007T2】货币兑换-DP斜率优化+CDQ分治

来源:互联网 发布:徐志摩 云中鹤 知乎 编辑:程序博客网 时间:2024/05/17 01:25

测试地址:货币兑换
做法:大名鼎鼎的论文题,难度确实不容小觑……足足做了一天仍然不能AC,但是只有一个点RE,应该是一些玄学瑕疵,但是思路整体是对的,所以……将就着看吧……
本题需要用到DP斜率优化和CDQ分治。
首先根据提示,每一天操作只有三种:买入、卖出、卖出再买入,鉴于卖出的一定是前面某一天留下的金券,那么设f(i)为第i天结束后手中最多的人民币,x(i)y(i)为第i天结束后当f(i)最大时所能得到的A券和B券的数量,那么状态转移方程如下:
f(i)=max(f(i1),x(j)×ai+y(j)×bi)(1j<i)
y(i)=f(i)ratei×ai+bi
x(i)=y(i)×ratei
知道了第一个式子之后,下面两个式子推推就出来了。注意到这是一个O(N^2)的式子,而N达到100000,必须想办法优化。
我们发现式子x(j)×ai+y(j)×bi可以改写为[x(j)×aibi+y(j)]×bi,注意到bi是一个由i唯一确定的常量,所以当中括号内的式子最大时,这个式子就越大,可以不管它。我们设k(i)aibi,括号内的式子等于G,那么G=k(i)x(j)+y(j),则y(j)=k(i)x(j)+G,那么要使G最大,就是要使一条斜率为k(i)的直线穿过任一个点(x(j),y(j)),使得截距最大,所以可以进行斜率优化,维护一个上凸壳即可。
然而没有那么简单,注意到我们之前做过的题目中,状态点的横坐标是单调的,斜率也是单调的,我们就可以用单调队列维护凸壳,然而这一题中横坐标既不单调,斜率也不单调,那要怎么维护凸壳呢?这里我们当然可以用平衡树来维护凸壳,使得总复杂度达到O(NlogN),然而这样写的话编程复杂度简直爆炸。
我们可以借助CDQ分治的思想来解决这一题,到了这一步的话,网上的题解很多,我不保证我能写的比他们好,所以还是请读者们自行去查找吧。我的代码是O(Nlog2N)的,然而有方法可以优化到和平衡树同阶的O(NlogN),本人学艺不精,还需要学习一个……
以下是本人代码(90分RE,又臭又长,强烈不推荐阅读):

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#define inf 1e9using namespace std;int n,p0[100010],forsort[100010];int up[100010],t;double s,a[100010],b[100010],rate[100010],f[100010];struct point{  double x,y;  int id;  point operator - (point a) const  {    point s;    s.x=x-a.x;    s.y=y-a.y;    return s;  }}p[100010];double multi(point a,point b){  return a.x*b.y-b.x*a.y;}bool cmp(point x,point y){  int i=x.id,j=y.id;  point s1,s2;  s1.x=b[i],s1.y=-a[i];  s2.x=b[j],s2.y=-a[j];  return multi(s1,s2)<=0;}bool cmpid(point a,point b){  return a.id<b.id;}void solve(int l,int r){  int mid=(l+r)>>1;  if (l==r) return;  solve(l,mid);  t=0;  for(int i=l;i<=mid;i++)  {    while(t>1&&multi(p[up[t]]-p[up[t-1]],p[p0[i]]-p[up[t]])>=0) t--;    up[++t]=p0[i];  }  if (mid==781)    mid++,mid--;  int lp,rp;  lp=1;  sort(p+mid+1,p+r+1,cmp);  for(int i=mid+1;i<=r;i++)  {    point s;    s.x=b[p[i].id],s.y=-a[p[i].id];    while(lp<t&&multi(p[up[lp+1]]-p[up[lp]],s)<=0)      lp++;    int v=p[i].id,j=up[lp];    if (f[v]<max(f[v-1],p[j].x*a[v]+p[j].y*b[v]))    {      f[v]=max(f[v-1],p[j].x*a[v]+p[j].y*b[v]);      p[i].y=f[v]/(rate[v]*a[v]+b[v]);      p[i].x=rate[v]*p[i].y;    }  }  sort(p+mid+1,p+r+1,cmpid);  solve(mid+1,r);  lp=l,rp=mid+1;  for(int i=l;i<=r;i++)  {    if (rp>r||(lp<=mid&&p[p0[lp]].x<p[p0[rp]].x)) forsort[i]=p0[lp],lp++;    else forsort[i]=p0[rp],rp++;  }  for(int i=l;i<=r;i++) p0[i]=forsort[i];}int main(){  scanf("%d%lf",&n,&s);  for(int i=1;i<=n;i++)  {    scanf("%lf%lf%lf",&a[i],&b[i],&rate[i]);    p0[i]=i;p[i].id=i;  }  p0[0]=0;p[0].id=0;  f[0]=s,a[0]=0,b[0]=0,rate[0]=1;  p[0].x=p[0].y=0;  for(int i=0;i<=100009;i++) p[i].id=i;  solve(0,n);  printf("%.3lf\n",f[n]);  return 0;}
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