http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1492

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dp[i] 表示 第i天賣完的最大收益

樸素的dp：

枚舉從哪一天買來的在第i天賣掉,或者是不操作

dp[i]=max(dp[i-1],X[j]*A[i]+Y[j]*B[i])

其中X[j]表示在第j天能買多少A紀念券，Y[j]表示在第j天能買多少B紀念券

可列方程 X[j]*A[j]+Y[j]*B[j]=dp[j]

又因為 X[j]=Rate[j]*Y[j]

所以解出 Y[j]=dp[j]/(B[j]+A[j]*Rate[j])

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優化：

dp[i]=X[j]*A[i]+Y[j]*B[i]

Y[j]=dp[i]/B[i] - A[i]/B[i] * x[j]

斜率優化形式，維護上凸殼，最大化截距

點：（X[j]，Y[j]）

斜率：-A[i]/B[i]

但是 -A[i]/B[i] 不具有單調性

所以不能用單調隊列維護斜率

可以用平衡樹維護，O（n * logn * logn）

更簡單的方法：CDQ分治

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假設現在正在計算 dp[l]~dp[r]，即solve（l，r）

對于每個j∈[l,r]，[1,j-1]都是j的一種決策

令 mid=（l+r）/ 2

我們先計算出 dp[l]~dp[mid]，然后用這些去更新 dp[mid+1]~dp[r]

假設我們現在已有了dp[l]~dp[mid]的上凸殼

那么如果保證 mid+1~r的斜率單調

就可以在線性時間內完成 dp[l]~dp[mid] 對 dp[mid+1]~dp[r]的更新

斜率單調可以在歸并排序之前的排序預處理中解決

僅剩的問題：如何得到dp[l]~dp[mid] 構成的上凸殼？

在每一層最后歸并的時候，我們用線形的時間使l~mid 的點 有序

即橫坐標為第一關鍵字，縱坐標為第二關鍵字 升序排列，

那么處理完l~mid之后，

會得到l~mid 所有的點 升序排列的結果

對于一些有序的點，用單調棧維護斜率遞減即可維護出上凸殼

然后利用這個上凸殼去更新mid+1~r 即可

復雜度為 O(nlogn)

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#include<cmath> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<iostream>using namespace std;#define N 100001const double eps=1e-7;struct node {double A,B,R;double X,Y;double K;int id;bool operator < (node p) const{/*if(fabs(X-p.X)>eps) return X<p.X;return Y<p.Y;*/return X<p.X;}}e[N],t[N]; double dp[N],ans;int st[N],top;bool down(int i,int j,int k) {return (e[j].X-e[i].X)*(e[k].Y-e[i].Y)-(e[k].X-e[i].X)*(e[j].Y-e[i].Y)<0; }void solve(int l,int r) {if(l==r){dp[l]=max(dp[l],dp[l-1]);e[l].Y=dp[l]/(e[l].A*e[l].R+e[l].B);e[l].X=e[l].Y*e[l].R;return;}int mid=l+r>>1;int opl=l,opr=mid+1;for(int i=l;i<=r;++i)if(e[i].id<=mid) t[opl++]=e[i];else t[opr++]=e[i];for(int i=l;i<=r;++i) e[i]=t[i];solve(l,mid);top=0;for(int i=l;i<=mid;++i){while(top>1 && !down(st[top-1],st[top],i)) top--;st[++top]=i;}int now=1;for(int i=mid+1;i<=r;++i){while(now<top && (e[st[now]].Y-e[st[now+1]].Y)<(e[st[now]].X-e[st[now+1]].X)*e[i].K) now++;dp[e[i].id]=max(dp[e[i].id],e[st[now]].X*e[i].A+e[st[now]].Y*e[i].B);}solve(mid+1,r);opl=l; opr=mid+1;for(int i=l;i<=r;++i) if(opl>mid) t[i]=e[opr++];else if(opr>r) t[i]=e[opl++];else if(e[opl]<e[opr]) t[i]=e[opl++];else t[i]=e[opr++];for(int i=l;i<=r;++i) e[i]=t[i]; } bool cmp(node p,node q) {return p.K>q.K; }int main() {int n;double m;scanf("%d%lf",&n,&dp[0]);for(int i=1;i<=n;++i) {scanf("%lf%lf%lf",&e[i].A,&e[i].B,&e[i].R);e[i].K=-e[i].A/e[i].B;e[i].id=i;}sort(e+1,e+n+1,cmp);solve(1,n);printf("%.3lf",dp[n]); }

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1492: [NOI2007]貨幣兌換Cash

Time Limit:?5 Sec??Memory Limit:?64 MB
Submit:?5830??Solved:?2342
[Submit][Status][Discuss]

Description

小Y最近在一家金券交易所工作。該金券交易所只發行交易兩種金券：A紀念券（以下簡稱A券）和 B紀念券（以下 簡稱B券）。每個持有金券的顧客都有一個自己的帳戶。金券的數目可以是一個實數。每天隨著市場的起伏波動， 兩種金券都有自己當時的價值，即每一單位金券當天可以兌換的人民幣數目。我們記錄第 K 天中 A券 和 B券 的 價值分別為 AK 和 BK（元/單位金券）。為了方便顧客，金券交易所提供了一種非常方便的交易方式：比例交易法 。比例交易法分為兩個方面：（a）賣出金券：顧客提供一個 [0,100] 內的實數 OP 作為賣出比例，其意義為：將 OP% 的 A券和 OP% 的 B券 以當時的價值兌換為人民幣；（b）買入金券：顧客支付 IP 元人民幣，交易所將會兌 換給用戶總價值為 IP 的金券，并且，滿足提供給顧客的A券和B券的比例在第 K 天恰好為 RateK；例如，假定接 下來 3 天內的 Ak、Bk、RateK 的變化分別為： 假定在第一天時，用戶手中有 100元 人民幣但是沒有任何金券。用戶可以執行以下的操作： 注意到，同一天內可以進行多次操作。小Y是一個很有經濟頭腦的員工，通過較長時間的運作和行情測算，他已經 知道了未來N天內的A券和B券的價值以及Rate。他還希望能夠計算出來，如果開始時擁有S元錢，那么N天后最多能 夠獲得多少元錢。

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Input

輸入第一行兩個正整數N、S，分別表示小Y能預知的天數以及初始時擁有的錢數。接下來N行，第K行三個實數AK、B K、RateK，意義如題目中所述。對于100%的測試數據，滿足：0<AK≤10；0<BK≤10；0<RateK≤100；MaxProfit≤1 0^9。 【提示】 1.輸入文件可能很大，請采用快速的讀入方式。 2.必然存在一種最優的買賣方案滿足： 每次買進操作使用完所有的人民幣； 每次賣出操作賣出所有的金券。

Output

只有一個實數MaxProfit，表示第N天的操作結束時能夠獲得的最大的金錢數目。答案保留3位小數。

Sample Input

3 100
1 1 1
1 2 2
2 2 3

Sample Output

225.000

HINT

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轉載于:https://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/8453384.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的bzoj千题计划237：bzoj1492: [NOI2007]货币兑换Cash的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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