JZOJ5377. 【NOIP2017提高A组模拟9.19】开拓 DP

题意：给你一个能力值为w的钻头，飞过n个星球，每个星球可以开采矿石（损耗%k），或者恢复钻头(增加%c)，c和k给定，开采能够得到原来能力值a[i]，回复需要耗费a[i]能力值，问最多能得到多少贡献。

啊哈哈真是狗屎运= =前几天在hzwer的题目单里面刷dp题目正好看见这题，感觉思路挺有价值的就记下来了，结果就考了= =。
一个能力值为w的钻头分解为w个能力值为1的小钻头，可以发现w个小钻头互相独立不干涉，所以最终我们只需要求一个小钻头的答案*w就可以了。
然后我们考虑开采（恢复类似）。
一个点为开采点，那么我们这个点是否开采就要比较 开采这个点得到的贡献+当前能力值p损耗以后后面得到的贡献 和 当前不开采情况下后面得到的贡献。
那么我们很明显不能直接暴力算，那么就可以倒着DP，设f[i]表示第i-n的答案，那么就可直接线性DP。
由于每一位只和前一位相关我们可以直接开个变量而不用数组。。。

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)using namespace std;const int N=2e5+5;int n,m,k,c,w;struct node{    int x,op;}a[N];typedef double db;db ans,p;int main(){    freopen("exploit.in","r",stdin);    freopen("exploit.out","w",stdout);    scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&c,&w);    fo(i,1,n)scanf("%d%d",&a[i].op,&a[i].x);    fd(i,n,1)    {        if (a[i].op==1)            p=max(p,p*(1.0-0.01*k)+a[i].x);        else             p=max(p,p*(1.0+0.01*c)-a[i].x);    }    printf("%.2lf\n",p*w);}