BZOJ1492 [NOI2007]貨幣兌換
阿新 • • 發佈:2017-06-18
right 並且 con 整數 一次 clas 他還 優點 i++
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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,並且,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:
註意到,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,那麽N天後最多能 夠獲得多少元錢。
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。對於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 1001 1 1
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Sample Output
225.000HINT
題解
可以發現每次買入和賣出一定是使用全部的資產。
那麽,令$f_i$表示第i天開始時最大可持有多少現金(金券不算),$x_i=\frac{f_i}{Rate_iA_i+B_i}$表示這些現金換成金券時有多少$B$券,$y_i=Rate_ix_i$表示有多少A券,那麽有
$$f_i = max\left(f_{i-1}, max\{y_jA_i+x_jB_i\mid j < i\}\right)$$
熟悉雙變量線性規劃的可以看出來把$x,y$畫到平面上,用一個斜率為$-\frac{B_i}{A_i}$的直線經過這些點,選出最靠上的,這個點便是最優點。
那麽可以看出,最優解一定在前面所有點的上凸殼上。
但是點的橫縱坐標都不是單調的,怎麽辦呢?
1.利用平衡樹維護凸包。
2.CDQ分治。
我們發現,只有編號小的會對編號大的產生影響,那麽我們按時間把所有天分成兩半,先遞歸解決前一半,然後將前一半按橫坐標排序,求凸包,後一半按$-\frac{B_i}{A_i}$排序,更新後一半的答案後再遞歸解決後一半即可。
實現中,按橫坐標排序需要歸並排序,按斜率排序只需要開頭排一遍即可。
時間復雜度是常見的$T(n)=2T(\frac n 2) + O(n)$,$T(n) = O(nlogn)$。
附代碼(其實代碼裏的註釋是給我自己寫的,畢竟第一次寫CDQ):
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <cmath> using std::abs; const int N = 100050; const double eps = 1e-6; struct Info{ double a, b, rate; double k, x, y; int i; bool operator<(const Info &t)const{ return k > t.k; } }; double f[N]; Info p[N], tmp[N]; Info cv[N]; inline bool cmp(const Info &a, const Info &b) { if (fabs(a.x - b.x) < eps) return a.y > b.y; return a.x < b.x; } inline double getK(const Info &a, const Info &b) { return (a.y - b.y) / (a.x - b.x); } inline double calc(const Info &a, const Info &b) { return a.x * b.b+ a.y * b.a; } void solve(int l, int r) { //[l, r) if (r - l <= 1) { if (l) f[l] = std::max(f[l], f[l - 1]); p[l].x = f[l] / (p[l].rate * p[l].a + p[l].b); p[l].y = p[l].x * p[l].rate; return; } int mid = (l + r) >> 1; int p1 = l, p2 = mid; //split [l, r) to [l, mid) and [mid, r) for (int i = l; i < r; ++i) { if (p[i].i < mid) tmp[p1++] = p[i]; else tmp[p2++] = p[i]; } for (int i = l; i < r; ++i) p[i] = tmp[i]; //solve the left half solve(l, mid); //get the upper convex hull int q = 0; for (int i = l; i < mid; ++i) if (!i || fabs(p[i].x - p[i - 1].x) >= eps) { while (q > 1 && getK(p[i], cv[q - 1]) > getK(cv[q - 1], cv[q - 2])) --q; cv[q++] = p[i]; } //update the answers of the right half for (int i = mid, j = 0; i < r; ++i) { while (j < q - 1 && calc(cv[j + 1], p[i]) > calc(cv[j], p[i])) ++j; f[p[i].i] = std::max(f[p[i].i], calc(cv[j], p[i])); } //solve the right half solve(mid, r); //sort the p according to x int i = l, j = mid, e = l; while (i < mid && j < r) if (cmp(p[i], p[j])) tmp[e++] = p[i++]; else tmp[e++] = p[j++]; while (i < mid) tmp[e++] = p[i++]; while (j < r) tmp[e++] = p[j++]; for (int i = l; i < r; ++i) p[i] = tmp[i]; } int main() { int n; scanf("%d%lf", &n, &f[0]); for (int i = 0; i < n; ++i) { scanf("%lf%lf%lf", &p[i].a, &p[i].b, &p[i].rate); p[i].k = -p[i].b / p[i].a; p[i].i = i; } std::sort(p, p + n); solve(0, n); //for (int i = 0; i < n; ++i) // printf("%.9lf\n", f[i]); printf("%.3lf\n", f[n - 1]); return 0; }
BZOJ1492 [NOI2007]貨幣兌換