題意
初始時你有 $ s $ 元，接下來有 $ n $ 天。
在第 $ i $ 天，A券的價值為 $ A[i] $ ，B券的價值為 $ B[i] $ 。
在第 $ i $ 天，你可以進行兩種操作：
- 賣出：將 $ %OP $ 的A券和 $ %OP $ 的B券兌換成人民幣，其中 $ OP $ 為 $ [0,100] $ 之間的任意實數
- 買入：支付 $ IP $ 元，買入A、B券的總價值為 $ IP $ 元，且買入A、B券的數量之比為 $ Rate[i] $
人民幣和金券的數量可以為一個實數。一天可以進行多次操作。
問你 $ n $ 天后最多能獲得多少元錢。
$ (n \leq 10^5, 0 \leq A[i],B[i] \leq 10, 0 \leq Rate[i] \leq 100, ans \leq 10^9) $
題解
首先有一個顯然的結論：必定有一種最優方案，滿足每一天至多進行一種操作。
設 $ f[i] $ 表示在第 $ i $ 天能夠獲得的最大錢數，$ x[i], y[i] $ 分別表示第 $ i $ 天能夠獲得A、B券的最大數量。
則有：
\[
x[i] = \frac{f[i]}{A[i]+B[i]/Rate[i]}
\]
\[ y[i] = \frac{f[i]}{A[i]*Rate[i]+B[i]} \]
然後考慮 $ f[i] $ 如何轉移。
對於第 $ i $ 天來說，要麼什麼都不做，要麼將之前某一天的金券在這一天賣掉。
所以：
\[
f[i] = max(f[i-1], x[j]*A[i]+y[j]*B[i]) \quad (1 \leq j<i)
\]
然而樸素dp是 $ O(n^2) $ 的過不了……
先讓所有的 $ f[i] = max(f[i],f[i-1]) $
那麼剩下的就是 $ f[i] = max(x[j] \ast A[i]+y[j] \ast B[i]) \quad (1 \leq j<i) $
變形得：
\[
y[j] = -\frac{A[i]}{B[i]}*x[j] + \frac{f[i]}{B[i]}
\]
上式是一條斜率為 $ -\dfrac{A[i]}{B[i]} $ 且過點 $ (x[j], y[j]) $ 的直線的斜截式。
由於我們想讓 $ f[i] $ 最大，並且因為 $ B[i] \geq 0 $ ，所以只要讓上式的截距 $ \dfrac{f[i]}{B[i]} $ 最大即可。
我們考慮用cdq轉移dp。
首先對於當前區間，按照 $ id $ 大小分成兩個區間。$ id $ 小的在左區間，否則在右區間，且分別在左右區間中 $ id $ 大小遞增（滿足了 $ id $ 小的更新 $ id $ 大的的答案）。
假設左邊遞迴處理後是以 $ x,y $ 分別為第一和第二關鍵字從小到大排好序的，右邊提前按照斜率 $ -\dfrac{A[i]}{B[i]} $ 從大到小排好序的。
對於左區間，我們可以先for迴圈掃一遍左區間求出一個上凸殼。
那麼右區間每個元素的答案，一定是取它與左邊凸殼相切時的截距（因為要讓截距最大）。
並且在依次求出右區間答案時，切點是不斷向右移動的（因為右區間中元素的斜率不斷減小）。
所以總複雜度就降為了 $ O(nlogn) $
AC Code
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define MAX_N 100005
#define INF_LF 1e13
#define EPS 1e-8
using namespace std;
struct Data
{
double a,b,r,x,y,k;
int id;
friend bool operator < (const Data &a,const Data &b)
{
return a.k>b.k;
}
};
int n;
double f[MAX_N];
Data t[MAX_N];
Data c[MAX_N];
Data tmp[MAX_N];
inline double fabs(double x)
{
return x>0 ? x : -x;
}
inline bool eq(double x,double y)
{
return fabs(x-y)<=EPS;
}
inline double slope(Data a,Data b)
{
if(eq(a.x,b.x)) return INF_LF;
return (a.y-b.y)/(a.x-b.x);
}
inline bool cmp(Data a,Data b)
{
if(a.x!=b.x) return a.x<b.x;
return a.y<b.y;
}
void read()
{
scanf("%d%lf",&n,&f[1]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lf%lf%lf",&t[i].a,&t[i].b,&t[i].r);
t[i].k=(eq(t[i].b,0) ? -INF_LF : -t[i].a/t[i].b);
t[i].id=i;
}
}
void cdq(int l,int r)
{
if(l==r)
{
int id=t[l].id;
f[id]=max(f[id],f[id-1]);
t[l].x=f[id]/(t[l].a+t[l].b/t[l].r);
t[l].y=f[id]/(t[l].a*t[l].r+t[l].b);
return;
}
int mid=(l+r)>>1,tot=0;
for(int i=l,j=mid+1,k=l;k<=r;k++)
{
if(t[k].id<=mid) tmp[i++]=t[k];
else tmp[j++]=t[k];
}
for(int i=l;i<=r;i++) t[i]=tmp[i];
cdq(l,mid);
for(int i=l;i<=mid;i++)
{
while(tot>=2 && slope(c[tot-1],c[tot])<slope(c[tot],t[i])) tot--;
c[++tot]=t[i];
}
int p=1;
for(int i=mid+1;i<=r;i++)
{
while(p<tot && slope(c[p],c[p+1])>t[i].k) p++;
f[t[i].id]=max(f[t[i].id],c[p].x*t[i].a+c[p].y*t[i].b);
}
cdq(mid+1,r);
for(int i=l,j=mid+1,k=l;k<=r;k++)
{
if((i<=mid && cmp(t[i],t[j])) || j>r) tmp[k]=t[i++];
else tmp[k]=t[j++];
}
for(int i=l;i<=r;i++) t[i]=tmp[i];
}
void work()
{
sort(t+1,t+1+n);
cdq(1,n);
printf("%.3f\n",f[n]);
}
int main()
{
read();
work();
}