【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[N]);    return 0;}