1492: [NOI2007]货币兑换Cash
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Description
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、B
K、RateK，意义如题目中所述。对于100%的测试数据，满足：0<AK≤10；0<BK≤10；0<RateK≤100；MaxProfit≤1
0^9。
【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
斜率优化DP+CDQ分治
首先我们分析一下操作。对于卖出，假设有一些金券我们分天卖出，那其中一定有一天卖出相同比例获得钱最多，显然选择这一天全部卖出比分天卖出更优。对于买入，现在已经确定了一天全部卖出，假设分天买入一些金券，那其中一定有一天花相同的价钱之后卖出获利最大，显然选择这一天全部买入比分天买入更优。
所以，不管是买入还是卖出，都是一天进行的，而且是用尽所有的钱孤注一掷。
有了这个重要的性质，我们就可以想到一个简单的O(n^2)的DP。
但这样的复杂度显然是不能承受的，所以考虑斜率优化。
具体公式推导详见笔记本。
下面有两种方法：
① 平衡树
② CDQ分治
CDQ分治的主要思想是f[i]的决策点一定在i之前，于是我们可以分治处理。
对于每一层递归[l,r]的时候，先找到中点mid，然后递归处理[l,mid]，对[l,mid]的点建立凸包，用[mid+1,r]中的斜率去询问，得到[l,mid]对[mid+1,r]的答案的影响，最后递归处理[mid+1,r]。
一开始的sort保证了每一层的x[i]是有序的，每次递归操作完运用归并排序的思想合并。
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 100005
#define eps 1e-8
#define inf 1e20
using namespace std;
int n,top,s[maxn];
double f[maxn];
struct data{double a,b,rate,k,x,y;int id;}p[maxn],t[maxn];
inline bool judge(data a,data b){return fabs(a.x-b.x)<=eps?a.y<b.y:a.x<b.x;}
inline bool cmp(data a,data b){return a.k>b.k;}
inline double getk(int a,int b)
{
if (!b) return -inf;
if (fabs(p[a].x-p[b].x)<=eps) return inf*(p[a].y<p[b].y?1:-1);
return (p[b].y-p[a].y)/(p[b].x-p[a].x);
}
inline void solve(int l,int r)
{
if (l==r)
{
f[l]=max(f[l],f[l-1]);//f数组取max
p[l].y=f[l]/(p[l].a*p[l].rate+p[l].b);
p[l].x=p[l].y*p[l].rate;
return;
}//分治到最底部，可以直接得出答案
int mid=(l+r)>>1,l1=l,l2=mid+1,j=1;
F(i,l,r)
{
if (p[i].id<=mid) t[l1++]=p[i];
else t[l2++]=p[i];
}
F(i,l,r) p[i]=t[i];//将id按照mid分成两部分，左边都不大于mid，右边都大于mid
solve(l,mid);
top=0;
F(i,l,mid)
{
while (top>1&&getk(s[top-1],s[top])<getk(s[top-1],i)+eps) top--;
s[++top]=i;
}//对于左边维护一个凸包，归并排序保证了左边的p[i].x有序
s[++top]=0;
F(i,mid+1,r)
{
while (j<top&&p[i].k<getk(s[j],s[j+1])+eps) j++;
f[p[i].id]=max(f[p[i].id],p[s[j]].x*p[i].a+p[s[j]].y*p[i].b);
}//一开始的sort保证了右边的p[i].k值有序
solve(mid+1,r);//注意递归处理右边要放到最后
l1=l;l2=mid+1;
F(i,l,r)
{
if (l1<=mid&&(l2>r||judge(p[l1],p[l2]))) t[i]=p[l1++];
else t[i]=p[l2++];
}
F(i,l,r) p[i]=t[i];//归并排序的思想，按照p[i].x从小到大排序
}
int main()
{
scanf("%d%lf",&n,&f[0]);
F(i,1,n)
{
scanf("%lf%lf%lf",&p[i].a,&p[i].b,&p[i].rate);
p[i].k=-p[i].a/p[i].b;
p[i].id=i;
}
sort(p+1,p+n+1,cmp);//保证了solve里右边的p[i].k有序
solve(1,n);
printf("%.3lf\n",f[n]);
}
