bzoj1492-Cash-CDQ分治入门题

题意

股市中有两种金券A和B,每天都会有个成交价格$a_i,b_i$

每天可以做无限次操作。

操作分为两类:

  1. 按当天固定比例$c_i$购买金券。 即每天都会有个比例$c_i$,若要买k元的金卷,那么保证购入的A卷的数量比B卷的数量等于$c_i$
  2. 按任意相同比例卖出金卷,即同时要卖出百分之x的金卷。

如果你一开始有S元,那么请问n天后,最多能获得多少钱?

拥有的卷的数量为实数。

$1 \leq n \leq 1e5$

分析

$dp[i]$:表示第i天所能获得的最大金钱。

$x[i]$表示第i天最多能获得的A卷数量, $y[i]$表示第i天最多能获得的B卷数量

$$dp[i] = Max(x[j] a[i] + y[j] b[i]), j \in [1,i-1]$$

如果决策k优于决策j,那么

$$(x[j] - x[k])a[i] < (y[k] - y[j])b[i]$$

不妨设$x[k] > x[j]$,那么

$$\frac{y[k] - y[j]}{x[k] - x[j]} > -\frac{a[i]}{b[i]}$$

因此根据斜率优化dp的知识,我们知道需要维护一个$x[i]$递增的,并且斜率递减的队列。

同时由于不等式右边并没有单调性,因此我们需要在队列里二分。 但这个队列有点难维护(貌似还要手写平衡树 ( 我会补的! ) 因此我们的CDQ分治就要登场啦!


定义$solve(l,r)$是计算出$[l,r]$的答案(dp值)。

那么我先计算$solve(l,mid)$

然后用$[l,mid]$的结果算一下对$[mid+1,r]$的贡献

然后再计算$solve(mid+1,r)$

是不是就是$solve(l,r)$了呢?

(这大概就是cdq分治了

那么$[l,mid]$对$[mid+1,r]$的贡献怎么算呢?

我们将$[l,mid]$的元素按$x$排序,保证了$x$的递增

然后将$[mid+1,r]$的元素按$-\frac{a[i]}{b[i]}$从小到大排序,这样保证了不等式右边的单调性。

这样的话我们就可以用单调队列优化了! 维护一个斜率递减的单调队列,$O(nlogn)$即可解决问题。


看了一下网上别人的代码,发现还可以优化。 不需要排序,可以将$O(nlogn)$降为$O(n)$

一开始就将数组按$-\frac{a[i]}{b[i]}$排序, 然后在$solve(mid+1,r)$解决之后,再将$[l,r]$按$x$从小到大排序。

代码

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
// ybmj
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
#define lson_len (len - (len >> 1))
#define rson_len (len >> 1)
#define pb(x) push_back(x)
#define clr(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
#define my_unique(a) a.resize(distance(a.begin(), unique(a.begin(), a.end())))
#define my_sort_unique(c) (sort(c.begin(), c.end())), my_unique(c)
const double PI = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int NINF = 0xc0c0c0c0;
const double eps = 1e-8;
const int maxn = 1e5 + 5;
struct P {
double a, b, r, k, x, y;
int id;
bool operator<(const P &A) const { return k > A.k; }
};
P p[maxn], cpy[maxn];
double dp[maxn];
int q[maxn];
inline double slope(int j, int k) {
if (fabs(p[j].x - p[k].x) < eps) {
if (p[k].y - p[j].y > 0)
return 1e10;
else
return -1e9;
}
return (p[j].y - p[k].y) / (p[j].x - p[k].x);
}
void solve(int l, int r) {
if (l == r) {
dp[l] = max(dp[l - 1], dp[l]);
p[l].y = dp[l] / (p[l].a * p[l].r + p[l].b);
p[l].x = p[l].y * p[l].r;
return;
}
int m = l + r >> 1;
int l1 = l, l2 = m + 1;
for (int i = l; i <= r; i++) {
if (p[i].id <= m)
cpy[l1++] = p[i];
else
cpy[l2++] = p[i];
}
for (int i = l; i <= r; i++) p[i] = cpy[i];
solve(l, m);
int L = l, R = l - 1;
for (int i = l; i <= m; i++) {
while (L < R && slope(q[R - 1], q[R]) < slope(q[R], i)) R--;
q[++R] = i;
}
for (int i = m + 1, id; i <= r; i++) {
while (L < R && slope(q[L], q[L + 1]) > p[i].k) L++;
id = q[L];
dp[p[i].id] = max(dp[p[i].id], p[id].x * p[i].a + p[id].y * p[i].b);
}
solve(m + 1, r);

l1 = l, l2 = m + 1;
int cur = l;
while (l1 <= m && l2 <= r) {
if (p[l1].x < p[l2].x + eps)
cpy[cur++] = p[l1++];
else
cpy[cur++] = p[l2++];
}
while (l1 <= m) cpy[cur++] = p[l1++];
while (l2 <= r) cpy[cur++] = p[l2++];
for (int i = l; i <= r; i++) p[i] = cpy[i];
}
int main() {
// /*
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in", "r", stdin);
freopen("1.out", "w", stdout);
#endif
// */
std::ios::sync_with_stdio(false);
int n;
double s;
scanf("%d%lf", &n, &s);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lf%lf%lf", &p[i].a, &p[i].b, &p[i].r);
p[i].id = i;
p[i].k = -p[i].a / p[i].b;
}
sort(p + 1, p + 1 + n);
dp[0] = s;
solve(1, n);
printf("%.3lf\n", dp[n]);
}
Thank you for your support!