P1412 經營與開發

題目描述

4X概念體系，是指在PC戰略遊戲中一種相當普及和成熟的系統概念，得名自4個同樣以“EX”為開頭的英語單詞。

eXplore（探索）

eXpand（拓張與發展）

eXploit（經營與開發）

eXterminate（征服）

——維基百科

今次我們著重考慮exploit部分，並將其模型簡化：

你駕駛著一臺帶有鉆頭（初始能力值w）的飛船，按既定路線依次飛過n個星球。

星球籠統的分為2類：資源型和維修型。（p為鉆頭當前能力值）

1.資源型：含礦物質量a[i]，若選擇開采，則得到a[i]*p的金錢，之後鉆頭損耗k%，即p=p*(1-0.01k)

2.維修型：維護費用b[i]，若選擇維修，則支付b[i]*p的金錢，之後鉆頭修復c%，即p=p*(1+0.01c)

註：維修後鉆頭的能力值可以超過初始值（你可以認為是翻修+升級）

金錢可以透支。

請作為艦長的你仔細抉擇以最大化收入。

輸入輸出格式

第一行4個整數n,k,c,w。

以下n行，每行2個整數type,x。

type為1則代表其為資源型星球，x為其礦物質含量a[i]；

type為2則代表其為維修型星球，x為其維護費用b[i]；

一個實數（保留2位小數），表示最大的收入。

輸入輸出樣例

5 50 50 10
1 10
1 20
2 10
2 20
1 30

375.00

說明

【數據範圍】

對於30%的數據 n<=100

另有20%的數據 n<=1000；k=100

對於100%的數據 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100；保證答案不超過10^9

“依次飛過n個星球”，第一反應就是動態規劃，然後驗證下無後效性即可。

這題關鍵點為狀態的設計。

<Method 1>

F[i][x]表示到達第i個星球，且鉆頭能力值為x的最大收入值。

x因為是實數，所以要取一定的精度。對於數值範圍都在100的本題，n在10左右的時候毫無壓力。

時空復雜度：O(nx) x為精度範圍。

期望得分：10-30；

<Method 2>

F[i][x][y]表示到達第i個星球，且之前開采過x次，維修過y次。

因為本題開采和維修對鉆頭的影響都是定值。所以鉆頭能力就是w*k^x*c^y

時空復雜度:O(n^3)

期望得分：30

<Method 3>

對於20% k=100的數據，鉆頭開采一次就永久損壞了。所以只需記錄維修過幾次即可。

時空復雜度:O(n^2)

期望得分：20 （配合Method 2為50）

<Method 4>

與Method 2一樣的狀態設計。但是x,y的範圍不需要與n相同。因為在隨機情況下，開采和維修的次數寥寥無幾（結合次冪考慮）。

時空復雜度:O(nxy) x,y為選手選擇的範圍

期望得分：30-80

<Method 5>

與Method 2一樣的狀態設計，但是使用BFS來進行DP過程，這樣就不會遍歷到沒有被訪問到的狀態，同時選手可以自己加上一些簡單的貪心判斷來減少狀態數量。

時空復雜度:O(？)

期望得分：70-100

<Method 6>

與前5種做法截然不同。前5種做法的最大瓶頸就是“當前鉆頭能力”，下面我們嘗試不存儲“當前鉆頭能力”。

F[i]表示前i個星球的最優收入。很明顯這是不行的，因為當前鉆頭能力會切實影響到後面的過程，不嚴謹的說，當前鉆頭能力有“後效性”。

但是這個當前鉆頭能力對後程的影響無非就是乘上一個數值。（就好像初始鉆頭能力為w，實際上你可以按1來做，最後再把ans乘上w）。

正難則反，F[i]表示第i--n個星球的最優收入，且假設從第i個星球開始時鉆頭能力為1。換句話說，這樣的狀態設計，規定了一個參考系。

轉移過程就變得簡單：如果在第i個星球開采，那麽第i+1--n個星球的初始鉆頭能力就是1*(1-0.01k)。換句話說，就是F[i+1]*(1-0.01k)。

所以F[i]=max{F[i+1],F[i+1]*(1-0.01k)+a[i]}

對於維護型星球，大同小異。就系數和代價的正負而已。

觀察方程，F[i]=max{F[i+1],F[i+1]*(1-0.01k)+a[i]}

實際上就是取下i+1--n的最值而已，所以這題實際上就成了貪心。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 100010
int n,t[N],a[N];
double k,c,w,ans=0;
int main(){
    scanf("%d%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w);
    k=1-0.01*k;c=1+0.01*c;//關鍵處理 
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",t+i,a+i);
    for(int i=n;i>=1;i--){
        if(t[i]==1)ans=max(ans,ans*k+a[i]);
        else ans=max(ans,ans*c-a[i]);
    }
    printf("%.2lf",ans*w);
    return 0;
}

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