正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4027

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题目大意

$n$天开始时有$S$元钱，每天$A$种股票价格为$a_i$,$B$种价格为$b_i$。然后出售必须$A$和$B$出售相同比例，买入时$A$和$B$必须按照$r_i$的比例买入。

求最后的钱最多是多少

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解题思路

首先考虑$dp$。

假设有情况是只出售一部分最赚，然后之后（中间不买入）再出售一部分能更赚钱，那么将前面的放在最后出售的那一天出售完显然不会更亏，所以显然不成立，所以每次出售必定是全部出售完。同理，每次买入也是全部买入。

那么我们可以设$f_i$表示第$i$天的最多钱数，那么全部买入时$A$股的数量为$x_i=\frac{f_i{r}_i}{a_i{r}_i+b_i}$，$B$股数量为$y_i=\frac{f_i}{a_i{r}_i+b_i}$。有方程式fi=max{fi−1,xjai+yjbi}f_i=max\{f_{i-1},x_ja_i+y_jb_i\}fi​=max{fi−1​,xj​ai​+yj​bi​}

然后考虑优化方程$$f_i=x_j{a}_i+y_j{b}_i$$

$$\Rightarrow y_j=-\frac{a_i}{b_i}{x}_j+\frac{f_i}{b_i}$$
有一条斜率为$-\frac{a_i}{b_i}$经过决策点$(x_j,y_j)$

因为$b_i$固定，所以是要求截距$\frac{f_i}{b_i}$最大，那么显然每个可能的决策点$(x_j,y_j)$构成一个上凸壳。（斜率递减）

若已经构建了上凸壳，那么如何求答案，首先我们要找到第一个位置使得该决策点的前面的边的斜率大于$-\frac{a_i}{b_i}$，后面那条边的斜率小于$-\frac{a_i}{b_i}$即可。

由于都不是单调的，所以我们可以用$CDQ$分治。

每次计算完$[l,mid]$后我们可以用前面的$[l,mid]$用单调栈储存凸壳，然后让$[mid+1,r]$保持$-\frac{a_i}{b_i}$递增，然后即可双指针寻找答案。

时间复杂度$O(n{\log }^{2}n)$(如果用归并排序好像可以做到$O(n\log n)$

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$code$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,p[N],q[N],s[N],tot;
double f[N],x[N],y[N],ra[N],a[N],b[N];
double slope(int a,int b)
{if(fabs(x[a]-x[b])<1e-9)return 1e9;return (y[a]-y[b])/(x[a]-x[b]);
}
bool cmp(int i,int j)
{return a[i]/b[i]>a[j]/b[j];}
bool cMp(int i,int j)
{return x[i]<x[j];}
void cdq(int l,int r){if(l==r){f[l]=max(f[l-1],f[l]);x[l]=f[l]*ra[l]/(a[l]*ra[l]+b[l]);y[l]=f[l]/(a[l]*ra[l]+b[l]);return;}int mid=(l+r)>>1,t1=l,t2=mid+1;for(int i=l;i<=r;i++)if(p[i]<=mid)q[t1++]=p[i];else q[t2++]=p[i];for(int i=l;i<=r;i++)p[i]=q[i];cdq(l,mid);tot=0;for(int i=l;i<=mid;i++){while(tot>1&&slope(s[tot],p[i])>slope(s[tot-1],s[tot]))tot--;s[++tot]=p[i];}for(int i=mid+1;i<=r;i++){while(tot>1&&slope(s[tot-1],s[tot])<-a[p[i]]/b[p[i]])tot--;int pos=s[tot];f[p[i]]=max(f[p[i]],x[pos]*a[p[i]]+y[pos]*b[p[i]]);}cdq(mid+1,r);sort(p+l,p+1+r,cMp);	
}
int main()
{scanf("%d%lf",&n,&f[0]);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf%lf",&a[i],&b[i],&ra[i]),p[i]=i;sort(p+1,p+1+n,cmp);cdq(1,n);printf("%.3lf",f[n]);
}