1492: [NOI2007]货币兑换Cash
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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
Source
分析：
引用：《从＜Cash＞谈一类分治算法的应用》
//原论文CDQ：O(n*logn)//本代码：O(n*logn*logn) #pragma GCC optimize("O2")#include #include #include #include using namespace std;const int N=1e5+5;const int inf=0x3fffffff;const double eps=1e-8;double A[N],B[N],R[N],f[N],dp[N];struct Point{ double x,y; Point(double x=0.0,double y=0.0):x(x),y(y) {}};typedef Point Vector;Vector operator + (Vector A,Vector B){ return Vector(A.x+B.x,A.y+B.y);}Vector operator - (Point A,Point B){ return Vector(A.x-B.x,A.y-B.y);}Vector operator * (Vector A,double p){ return Vector(A.x*p,A.y*p);}Vector operator / (Vector A,double p){ return Vector(A.x/p,A.y/p);}bool operator < (const Point &a,const Point &b){ return a.x A[j]*B[i];}int ConvexHull(Point *p,int n,Point *Poly){ sort(p,p+n); int m=0; for(int i=n-1;i>=0;i--){ while(m>1 && Cross(Poly[m-1]-Poly[m-2],p[i]-Poly[m-2]) <=0 ) m--; Poly[m++]=p[i]; } return m;}Point P[N],Poly[N];int tmp[N];void cdq(int l,int r){ if(l==r){ dp[l]=max(dp[l],dp[l-1]); return ; } int mid=l+r>>1; cdq(l,mid); int cnt=0; for(int i=l;i<=mid;i++) P[cnt++]=Point(x(i),y(i)); cnt=ConvexHull(P,cnt,Poly); for(int i=mid+1;i<=r;i++) tmp[i]=i; sort(tmp+mid+1,tmp+r+1,cmp); int i=0,j=mid+1; while(j<=r){ while(i <-1.0*(Poly[i].x-Poly[i+1].x)*A[tmp[j]]){ i++; } dp[tmp[j]]=max(dp[tmp[j]],A[tmp[j]]*Poly[i].x+B[tmp[j]]*Poly[i].y); j++; } cdq(mid+1,r);}int main(){ int n,s; cin>>n>>s; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%lf %lf %lf",&A[i],&B[i],&R[i]); f[i]=A[i]*R[i]+B[i]; } memset(dp,0,sizeof dp); dp[0]=1.0*s; cdq(1,n); double ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[i]); printf("%.3lf\n",ans); return 0;}