【NOI2007T2】货币兑换-DP斜率优化+CDQ分治

测试地址：货币兑换
做法：大名鼎鼎的论文题，难度确实不容小觑……足足做了一天仍然不能AC，但是只有一个点RE，应该是一些玄学瑕疵，但是思路整体是对的，所以……将就着看吧……
本题需要用到DP斜率优化和CDQ分治。
首先根据提示，每一天操作只有三种：买入、卖出、卖出再买入，鉴于卖出的一定是前面某一天留下的金券，那么设$f(i)$为第i天结束后手中最多的人民币，$x(i)$和$y(i)$为第i天结束后当$f(i)$最大时所能得到的A券和B券的数量，那么状态转移方程如下：
$f(i)=\max(f(i-1),x(j)\times a_i+y(j)\times b_i)(1\le j < i)$
$y(i)=\frac {f(i)}{rate_i\times a_i+b_i}$
$x(i)=y(i)\times rate_i$
知道了第一个式子之后，下面两个式子推推就出来了。注意到这是一个O(N^2)的式子，而N达到100000，必须想办法优化。
我们发现式子$x(j)\times a_i+y(j)\times b_i$可以改写为$[x(j)\times \frac{a_i}{b_i}+y(j)]\times b_i$，注意到$b_i$是一个由$i$唯一确定的常量，所以当中括号内的式子最大时，这个式子就越大，可以不管它。我们设$k(i)$为$-\frac {a_i}{b_i}$，括号内的式子等于$G$，那么$G=-k(i)x(j)+y(j)$，则$y(j)=k(i)x(j)+G$，那么要使$G$最大，就是要使一条斜率为$k(i)$的直线穿过任一个点$(x(j),y(j))$，使得截距最大，所以可以进行斜率优化，维护一个上凸壳即可。
然而没有那么简单，注意到我们之前做过的题目中，状态点的横坐标是单调的，斜率也是单调的，我们就可以用单调队列维护凸壳，然而这一题中横坐标既不单调，斜率也不单调，那要怎么维护凸壳呢？这里我们当然可以用平衡树来维护凸壳，使得总复杂度达到$O(N\log N)$，然而这样写的话编程复杂度简直爆炸。
我们可以借助CDQ分治的思想来解决这一题，到了这一步的话，网上的题解很多，我不保证我能写的比他们好，所以还是请读者们自行去查找吧。我的代码是$O(N\log^2N)$的，然而有方法可以优化到和平衡树同阶的$O(N\log N)$，本人学艺不精，还需要学习一个……
以下是本人代码（90分RE，又臭又长，强烈不推荐阅读）：

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define inf 1e9
using namespace std;
int n,p0[100010],forsort[100010];
int up[100010],t;
double s,a[100010],b[100010],rate[100010],f[100010];
struct point
{
  double x,y;
  int id;
  point operator - (point a) const
  {
    point s;
    s.x=x-a.x;
    s.y=y-a.y;
    return s;
  }
}p[100010];

double multi(point a,point b)
{
  return a.x*b.y-b.x*a.y;
}

bool cmp(point x,point y)
{
  int i=x.id,j=y.id;
  point s1,s2;
  s1.x=b[i],s1.y=-a[i];
  s2.x=b[j],s2.y=-a[j];
  return multi(s1,s2)<=0;
}

bool cmpid(point a,point b)
{
  return a.id<b.id;
}

void solve(int l,int r)
{
  int mid=(l+r)>>1;
  if (l==r) return;
  solve(l,mid);

  t=0;
  for(int i=l;i<=mid;i++)
  {
    while(t>1&&multi(p[up[t]]-p[up[t-1]],p[p0[i]]-p[up[t]])>=0) t--;
    up[++t]=p0[i];
  }

  if (mid==781)
    mid++,mid--;
  int lp,rp;
  lp=1;
  sort(p+mid+1,p+r+1,cmp);
  for(int i=mid+1;i<=r;i++)
  {
    point s;
    s.x=b[p[i].id],s.y=-a[p[i].id];
    while(lp<t&&multi(p[up[lp+1]]-p[up[lp]],s)<=0)
      lp++;
    int v=p[i].id,j=up[lp];
    if (f[v]<max(f[v-1],p[j].x*a[v]+p[j].y*b[v]))
    {
      f[v]=max(f[v-1],p[j].x*a[v]+p[j].y*b[v]);
      p[i].y=f[v]/(rate[v]*a[v]+b[v]);
      p[i].x=rate[v]*p[i].y;
    }
  }
  sort(p+mid+1,p+r+1,cmpid);

  solve(mid+1,r);

  lp=l,rp=mid+1;
  for(int i=l;i<=r;i++)
  {
    if (rp>r||(lp<=mid&&p[p0[lp]].x<p[p0[rp]].x)) forsort[i]=p0[lp],lp++;
    else forsort[i]=p0[rp],rp++;
  }
  for(int i=l;i<=r;i++) p0[i]=forsort[i];
}

int main()
{
  scanf("%d%lf",&n,&s);
  for(int i=1;i<=n;i++)
  {
    scanf("%lf%lf%lf",&a[i],&b[i],&rate[i]);
    p0[i]=i;p[i].id=i;
  }
  p0[0]=0;p[0].id=0;
  f[0]=s,a[0]=0,b[0]=0,rate[0]=1;
  p[0].x=p[0].y=0;
  for(int i=0;i<=100009;i++) p[i].id=i;

  solve(0,n);

  printf("%.3lf\n",f[n]);
  return 0;
}