@zzzc18
2018-02-01T08:18:54.000000Z
字数 4190
阅读 1374
动态规划-斜率优化
CDQ分治
bzoj
小Y最近在一家金券交易所工作。该金券交易所只发行交易两种金券:A纪念券(以下简称A券)和 B纪念券(以下简称B券)。每个持有金券的顾客都有一个自己的帐户。金券的数目可以是一个实数。每天随着市场的起伏波动,两种金券都有自己当时的价值,即每一单位金券当天可以兑换的人民币数目。我们记录第 K 天中 A券 和 B券 的价值分别为 AK 和 BK(元/单位金券)。为了方便顾客,金券交易所提供了一种非常方便的交易方式:比例交易法。比例交易法分为两个方面:(a)卖出金券:顾客提供一个 [0,100] 内的实数 OP 作为卖出比例,其意义为:将OP% 的 A券和 OP% 的 B券以当时的价值兑换为人民币;(b)买入金券:顾客支付 IP元人民币,交易所将会兑换给用户总价值为 IP的金券,并且,满足提供给顾客的A券和B券的比例在第 K 天恰好为 RateK;例如,假定接下来 3 天内的 Ak、Bk、RateK 的变化分别为:
假定在第一天时,用户手中有 100元人民币但是没有任何金券。用户可以执行以下的操作:
注意到,同一天内可以进行多次操作。小Y是一个很有经济头脑的员工,通过较长时间的运作和行情测算,他已经知道了未来N天内的A券和B券的价值以及Rate。他还希望能够计算出来,如果开始时拥有S元钱,那么N天后最多能够获得多少元钱。
Input
输入第一行两个正整数N、S,分别表示小Y能预知的天数以及初始时拥有的钱数。接下来N行,第K行三个实数AK、BK、RateK,意义如题目中所述。对于100%的测试数据,满足:
。
【提示】
1.输入文件可能很大,请采用快速的读入方式。
2.必然存在一种最优的买卖方案满足:
每次买进操作使用完所有的人民币;每次卖出操作卖出所有的金券。
Output
只有一个实数MaxProfit,表示第N天的操作结束时能够获得的最大的金钱数目。答案保留3位小数。
Sample Input
3 100
1 1 1
1 2 2
2 2 3
Sample Output
225.000
HINT
首先题设比较复杂,不仔细读题,后面的方程肯定写不出来。
考虑到,如果有一天卖出会让你盈利,肯定是全部卖出时盈利更多。
同理,如果有一天买入会使得之后某一天卖出时赚得更大利润,那么这一天一定会全部买入。
没有上面两点这题根本不可做。
对于动归的状态,记作 和 分别表示第 天如果全部买入,可以最多获得 的 券,与此同时可以买到 的 券。 是最主要的状态。姑且把m看作质量吧,不知道该咋起名字
这样就有了 DP
方程(注意 别乱了):
这样得到的是一个 的算法,val的最大值为最终答案
考虑对于一个决策点 ,如果有两个决策方案 ,那么 比 优当且仅当:
这时,这已经很像斜率优化了,但是因为没有各种单调性,所以没法搞事。
我们直接令 使得其有一个单调性。
这就可以斜率优化了这是一个上凸壳
接下来,由于 实际上并不单调,所以需要用平衡树维护上凸包我没写这个。
或者使用 CDQ分治
。
首先对于区间 ,可以通过 的信息做出来一个上凸包,用于更新 的决策,不一定是最终的最优,但要保证是 转移过来的最优情况。
考虑把 看做第一维, 看做第二维。
将第一维排序(升序降序都可以写出来),对第二维进行类似归并的过程。
具体过程是
按下标进行对每一天信息的划分(小于 划到 否则 。由于之前排过序,划分后仍然有序)
构建凸包。进行决策,由于和凸包都是单调的,可以算一下所有的最优解。
按照 升序排序,这是可以进行斜率优化的基础。
这样保证了斜率优化的可行性(单调递增),同时又可以不让决策的先后错乱(比如先在第三天操作再去第二天操作),是一个优秀的分治算法。时间复杂度 。
/**************************************************************
Problem: 1492
User: zzzc18
Language: C++
Result: Accepted
Time:1512 ms
Memory:10592 kb
****************************************************************/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 100000+9;
const double EPS = 1e-9;
const double INF = 1e20;
int n;
double ans[MAXN];
struct DATA{
double A,B,rate;
int id;
}num[MAXN];
bool DATAcmp(const DATA &X,const DATA &Y){
return (-X.A/X.B)<(-Y.A/Y.B);
}
struct DP{
double ma,mb;//表示A的数量以及B的数量
}dp[MAXN];
double K(int x,int y){
if(dp[x].ma==dp[y].ma)return -INF;
return (dp[x].mb-dp[y].mb)/(dp[x].ma-dp[y].ma);
}
bool jud(int x,int y){
return dp[x].ma<dp[y].ma;
}
void CDQ(int l,int r){
if(l==r){
ans[l]=max(ans[l],ans[l-1]);
dp[l].mb=ans[l]/(num[l].A*num[l].rate+num[l].B);
dp[l].ma=dp[l].mb*num[l].rate;
return;
}
static DATA tmp1[MAXN];
static DP tmp2[MAXN];
int mid=l+r>>1;
int p1=l,p2=mid+1;
for(int i=l;i<=r;i++){
if(num[i].id<=mid)
tmp1[p1++]=num[i];
else
tmp1[p2++]=num[i];
}
for(int i=l;i<=r;i++)
num[i]=tmp1[i];
CDQ(l,mid);
static int top;
static int sta[MAXN];
top=1;
for(int i=l;i<=mid;i++){
while(top>2 && K(sta[top-1],sta[top-2])<K(sta[top-1],i))
top--;
sta[top++]=i;
}
int now=1;
for(int i=r;i>mid;i--){
while(now<top-1 && K(sta[now],sta[now+1])>=-num[i].A/num[i].B)
now++;
int t=num[i].id;
ans[t]=max(ans[t],dp[sta[now]].ma*num[i].A+dp[sta[now]].mb*num[i].B);
}
CDQ(mid+1,r);
p1=l,p2=mid+1;
for(int i=l;i<=r;i++){
if(p2>r || (p1<=mid && jud(p1,p2)))
tmp2[i]=dp[p1++];
else
tmp2[i]=dp[p2++];
}
for(int i=l;i<=r;i++)
dp[i]=tmp2[i];
}
void solve(){
sort(num+1,num+n+1,DATAcmp);
CDQ(1,n);
printf("%.3lf\n",ans[n]);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
scanf("%lf",&ans[0]);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf%lf%lf",&num[i].A,&num[i].B,&num[i].rate);
num[i].id=i;
}
solve();
return 0;
}