斜率优化dp

$upd$：本文相关参考资料 link

引入

首先，我们经常会看到形如下面的DP式子：（ $min$ 同理）
$$f_i=\underset{0\le j<i-1}{\max }{f}_j+b_j+a_i$$
形如这样的式子，如果采用暴力的话，时间复杂度为 $O(n^2)$ ，很容易超时。
那么就会想到 单调队列优化DP，将 ${\max }_{0\le j<i-1}{f}_j+b_j$ 用单调队列，就可以做到 $O(n)$ 级别。

但如果DP式子形如下呢：（ $min$ 同理）
$$f_i=\underset{0\le j<i-1}{\max }{f}_j+b_j\ast a_i$$
此时，式子中有一项同时包含 $i$，$j$，用单调队列的话不足以维护此式。
那么此时一般会有以下三种解决方案：

1. 斜率优化
2. 李超线段树
3. 决策单调性

但本文只讲解 “1.斜率优化” 这一方法。

例题1 lgP3195 [HNOI2008] 玩具装箱

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题意
有 $n$ 个玩具，每个玩具的长度为 $C_i$ ，要求将这 $n$ 个玩具装进若干个容器中，且每个容器中的玩具的编号是连续的。
假设某个容器中装入玩具 $i$ ~ $j$ ($i<j$) ，那么这个容器的长度为 $x=j-i+{\sum }_{k=i}^j{C}_k$ ，费用为 $(x-L{)}^2$ 。
希望所有容器的总费用最小，求这个最小值。

• $n$, $C_i$ ,$L$ 题目给出
• $1\le n\le 5\times 10^4$，$1\le L\le 10^7$，$1\le C_i\le 10^7$

思路
显然本人认为直接将原理不方便理解，于是我们便从例题入手。
看题，一眼DP。
于是有状态 $f_i$ ：把前 个玩具装箱所需最小费用。同时有 $su{m}_i$ ：$C_i$的前缀和。
很容易得出转移方程：
$$f_i=\underset{0\le j<i}{\min }{f}_j+(i-j+1+su{m}_i-su{m}_j-L{)}^2$$
缩减一下式子，我们令：

$g_i=i+su{m}_i$
$b_i=i+su{m}_i+L+1$

得到缩减后的式子：
$$f_i=\underset{0\le j<i}{\min }{f}_j+(g_i-b_j{)}^2$$

为了方便观察，我们把 $i$ 和 $j$ 的项分离开来。
得到：
$$f_i=g_i^2+\underset{0\le j<i}{\min }{f}_j+b_j^2-2g_i{b}_j$$
显然看出，$-2g_i{b}_j$ 不可以 $O(1)$ 做到，即需要 $O(n^2)$。

下面研究 $j>k$ 时 $f_{i_j}<f_{i_k}$（意思是：$f_i$ 通过 $j$ 转移得到的结果 优于 $f_i$ 通过 $k$ 转移得到的结果） 的前提条件：
$$g_i^2+f_j+b_j^2-2g_i{b}_j<g_i^2+f_k+b_k^2-2g_i{b}_k$$
令 $y_i=f_i-b_i^2$ ，$x_i=b_i$
因为 $x_i$ 单调递增，通过移项整理得：
$$\frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}<2g_i$$
发现这条式子很像求 $k$，$j$两点的斜率，所以我们可以用 斜率优化 解决。

注意这里 $2g_i$ 满足单调性。

又令 $T(i,j)=\frac{y_j-y_i}{x_j-x_i}$

当 $j>k$ 时，若 $j$ 决策比 $k$ 决策优，则满足 $T(i,k)<2g_i$。

下面给出两个结论：


所以代码即类似 单调队列优化DP 的写法：

这样的时间复杂度就为 $O(n)$ 了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=5e4+5;

int n,q[maxn];
ll L,a[maxn],sum[maxn],g[maxn],b[maxn],f[maxn];

double X(int i){ return b[i]; }

double Y(int i){ return f[i]+b[i]*b[i]; }

double Slope(int i,int j){
	return (Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i));
}

int main(){
	cin>>n>>L;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		g[i]=i+sum[i];
		b[i]=sum[i]+i+L+1;
	}
	b[0]=L+1;//!!!
	int hd=1,tal=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(hd<tal&&Slope(q[hd],q[hd+1])<2*g[i]) hd++;//1.删头 
		int j=q[hd]; f[i]=f[j]+(g[i]-b[j])*(g[i]-b[j]);//2.取头 
		while(hd<tal&&Slope(q[tal-1],q[tal])>Slope(q[tal],i)) tal--;//3.删尾 
		q[++tal]=i;//4.插入 
	}
	cout<<f[n];
	return 0;
}

练习题1 lgP3628 [APIO2010] 特别行动队

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题意
有 $n$ 个士兵，将这些士兵编成若干支特别行动队，且每支队伍的士兵编号连续。
每个士兵有战斗值 $x_i$ ，设 $X=$ 队内士兵的战斗力之和，那么一支队伍的战斗力 $X^{\prime }=a{X}^2+bX+c$ 。
求出所有队伍的战斗力之和的最大值。

• $n$, $x_i$, $a$, $b$, $c$ 题目给出
• $1\le n\le 10^6$，$-5\le a\le -1$，$-10^7\le b\le 10^7$，$-10^7\le c\le 10^7$，$1\le x_i\le 100$

思路
大体同 $例题1$ 了。

首先有状态：$f_i$ ：将前 $i$ 个士兵分组后的最大战斗力值 ，前缀和 $su{m}_i$ ：$1$ ~ $i$ 士兵的战斗力之和
有转移：
$$f_i=ma{x}_{0\le j<i}{f}_j+su{m}_i^{2}a+su{m}_j^{2}a-2su{m}_{i}su{m}_{j}a+su{m}_{i}b-su{m}_{j}b+c$$
然后令：
$g_i=su{m}_i^{2}a+su{m}_{i}b+c$
$k_i=f_i+su{m}_i^{2}a-su{m}_{i}b$

整理原式得：
$$f_i=g_i+k_j-2asu{m}_{i}su{m}_j$$

下面研究 $j>j_2$ 时 $f_{i_j}>f_{i_{j_2}}$（意思是：$f_i$ 通过 $j$ 转移得到的结果 优于 $f_i$ 通过 $j_2$ 转移得到的结果） 的前提条件：
$$g_i+k_j-2asu{m}_{i}su{m}_j>g_i+k_{j_2}-2asu{m}_{i}su{m}_{j_2}$$
令 $y_i=k_i$ ，$x_i=su{m}_i$
因为 $x_i$ 单调递增，通过移项整理得：
$$\frac{y_j-y_{j_2}}{x_j-x_{j_2}}>2asu{m}_i$$

因为 $2asu{m}_i$ 满足单调性，所以可以斜率优化。

设 $i<j$ ，$T(i,j)=\frac{y_j-y_i}{x_j-x_i}$
所以，本题有：（类似 $例题1$ 推理得到）

• 最优决策取队首
• 队列中相邻决策应满足：$2asu{m}_i>T(j_1,j_2)>T(j_2,j_3)>...>T(j_{tail-1},j_{tail})$，其中 $j_1<j_2<j_3<...<j_{tail-1}<j_{tail}$

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;

ll sum[maxn],k[maxn];
double X(int i){ return sum[i]; }
double Y(int i){ return k[i]; }
double Slope(int i,int j){ return (Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i)); }

int n,q[maxn];
ll a,b,c,g[maxn],f[maxn];
int main(){
	cin>>n>>a>>b>>c;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll x; cin>>x;
		sum[i]=sum[i-1]+x;
		g[i]=sum[i]*sum[i]*a+sum[i]*b+c;
	}
	int hd=1,tal=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(hd<tal&&Slope(q[hd],q[hd+1])>2*a*sum[i]) hd++;
		int j=q[hd]; f[i]=g[i]+k[j]-2*a*sum[i]*sum[j];
		k[i]=f[i]+sum[i]*sum[i]*a-sum[i]*b;
		while(hd<tal&&Slope(q[tal-1],q[tal])<Slope(q[tal],i)) tal--;
		q[++tal]=i;
	}
	cout<<f[n];
	return 0;
}

练习题2 lgP2900 [USACO08MAR] Land Acquisition G

link

题意
有 $n$ 块土地，每块土地给出 长 $w_i$ 和 宽 $l_i$ 。
如果单买一块土地，则价格为这块土地的面积；如果同时买若干块土地（不需要编号连续），则价格为这些土地中最大的长乘以最大的宽。
求购买所有土地所需的最小费用。

• $n$, $w_i$, $l_i$ 题目给出
• $1\le N\le 5\times 10^4$，$w_i,l_i\le 10^6$

思路
思路同 $例题1$ 差不多，但需要点思维。

如果一块土地的宽和高都比另一块要小，那么肯定是直接合并购买，这样这一块对答案没有任何贡献。所以，可以先把这些“无用”土地给去掉。
于是，剩下的就是一个 高度递减、宽度递增 的矩形序列。
如果要合并购买，就直接挑序列中的一段区间，这样贡献答案的就只有最左边矩形的高 $\times$ 最右边矩形的宽，中间的土地就没有贡献了。

所以可以设状态：$f_i$ ：前 $i$ 块土地的最小花费
转移为：
$$f_i=\underset{0\le j<i}{\min }{f}_j+w_{j+1}{l}_i$$
推推式子即可用斜率优化解决。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=5e4+5;

ll f[maxn];
struct NODE{ ll x,y; }a_[maxn],a[maxn];
double X(int i){ return a[i+1].x; }
double Y(int i){ return f[i]; }
double Slope(int i,int j){ return (Y(i)-Y(j))/(X(j)-X(i)); }

int q[maxn];
int main(){
	int nn,n=0; cin>>nn;
	for(int i=1;i<=nn;i++)
		cin>>a_[i].x>>a_[i].y;
	sort(a_+1,a_+nn+1,[](NODE a,NODE b){ return a.x!=b.x?a.x>b.x:a.y>b.y; });
	for(int i=1;i<=nn;i++)
		if(!n||a_[i].y>a[n].y) a[++n]=a_[i];
	int hd=1,tal=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(hd<tal&&Slope(q[hd],q[hd+1])<a[i].y) hd++;
		int j=q[hd]; f[i]=f[j]+a[j+1].x*a[i].y;
		while(hd<tal&&Slope(q[tal-1],q[tal])>Slope(q[tal],i)) tal--;
		q[++tal]=i;
	}
	cout<<f[n];
	return 0;
}

例题2 游戏 [jzoj 4249]【五校联五7day1】游戏

link

题意
有一条数轴，从 $0$ ~ $n$ ，每个点上都有一个分数 $a_i$ 。一个人从原点（即 $0$）开始向正方向走，若某次他从 $i$ 走到 $j$（$i<j$），那么得到分数为 $a_j\times (j-i)$ 。
最后必须走到 $n$ ，求最终得分的最大值。

• $n$, $a_i$ 题目给出
• $n\le 10^5$，$0\le a_i\le 50$

思路
设 $dp$ 状态为：
$$f_i=ma{x}_{0\le j<i}{f}_j+a_i\cdot (i-j)$$
展开式子：
$$f_i=a_i\cdot i+ma{x}_{0\le j<i}{f}_j-a_i\cdot j$$

下面研究 $j>j_2$ 时 $f_{i_j}>f_{i_{j_2}}$（意思是：$f_i$ 通过 $j$ 转移得到的结果 优于 $f_i$ 通过 $j_2$ 转移得到的结果） 的前提条件：
$$f_j-a_i\cdot j>f_{j_2}-a_i\cdot j_2$$
令 $y_i=f_i$ ，$x_i=i$
因为 $x_i$ 单调递增，通过移项整理得：
$$\frac{y_j-y_{j_2}}{x_j-x_{j_2}}>a_i$$

乍一看，这条式子很可以斜率优化，但是注意到 $a_i$并不单调，不能进行斜率优化！
但是单调队列中相邻两项的单调性还是有的，所以可以使用单调队列维护，只不过不能进行删头操作。
然后可以通过 二分 找到对应的答案，时间复杂度会多一个 $O(logn)$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;

ll f[maxn];
double X(int i){ return i; }
double Y(int i){ return f[i]; }
double Slope(int i,int j){ return (Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i)); }

int n,q[maxn];
ll a[maxn];
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	int hd=1,tal=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int l=0,r=tal+1,mid;
		while(l+1<r){//二分找出答案
			mid=(l+r)>>1;
			if(Slope(q[mid-1],q[mid])>a[i]) l=mid;
			else r=mid;
		}
		int j=q[l]; f[i]=f[j]+a[i]*(i-j);//取答案
		while(hd<tal&&Slope(q[tal-1],q[tal])<Slope(q[tal],i)) tal--;//删尾
		q[++tal]=i;//插入
	}
	cout<<f[n];
	return 0;
}

例题3 lgP4655 [CEOI2017] Building Bridges

link

题意
有 $n$ 个柱子，每个柱子有两个值 $h_i$ 和 $w_i$ 。可以将第 $i$ 根和第 $j$ 根连在一起（$i<j$），代价为 $(h_i-h_j{)}^2+{\sum }_{k=i+1}^{j-1}{w}_k$ 。
若可以连若干次，求要将 $1$ ~ $n$ 的柱子连在一起的最小代价。

• $n$, $h_i$, $w_i$ 题目给出
• $2\le n\le 10^5$ ，$0\le h_i,|w_i|\le 10^6$

思路
首先，设 ：
$f_i$：从 $1$ 连到第 $i$ 根柱子所需要的最小花费。
$su{m}_i$：${\sum }_{j=1}^i{w}_j$

然后可以列出转移式子：
$$f_i=mi{n}_{0\le j<i}{f}_j+(h_i-h_j{)}^2+su{m}_{i-1}-su{m}_j$$
整理式子：
$$f_i=mi{n}_{0\le j<i}(su{m}_{i-1}+h_i^2)+(f_j+h_j^2-su{m}_j)-2h_i{h}_j$$

设 $g_i=su{m}_{i-1}+h_i^2$ ， $b_i=f_i+h_i^2-su{m}_i$，化简原式得：
$$f_i=mi{n}_{0\le j<i}{g}_i+b_j-2h_i{h}_j$$

下面研究 $j>j_2$ 时 $f_{i_j}<f_{i_{j_2}}$（意思是：$f_i$ 通过 $j$ 转移得到的结果 优于 $f_i$ 通过 $j_2$ 转移得到的结果） 的前提条件：
$$g_i+b_j-2h_i{h}_j<g_i+b_{j_2}-2h_i{h}_{j_2}$$
化简得：
$$b_j-b_{j_2}<2h_i(h_j-h_{j_2})$$
令 $y_i=b_i$ ，$x_i=h_i$ ，则原式变为：
$$y_j-y_{j_2}<2h_i(x_j-x_{j2})$$

这时候出现了问题：

1. 按照正常情况，现在应该将 $(x_j-x_{j2})$ 除过去，但是我们不确定不等号是否需要改变，即我们不知道 $x_j$ 与 $x_{j_2}$ 的大小关系。我们想对 $x$ 数组排序，这样就能确定大小关系了，但是这样下标 $i$ 就会变化。于是，我们可以采用 cdq分治 。即，对于一个序列，可以先处理完序列的左半部分，然后计算序列左半部分对右半部分的贡献，这时序列的左半部分就可以排序保证 $x_i$ 递增或递减了。
2. 发现 $h_i$ 也没有单调性，我们当然可以使用 二分 （如 例题$2$ ），但是这没有任何必要，仔细分析一下，在使用 cdq分治 中算贡献的时候，是序列的左半部分对右半部分的每个数分别计算贡献，与右半部分数的次序无关。于是可以将序列的右半部分按 $h_i$ 排序后再计算，这样就可以保证 $h_i$ 的单调性了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;

ll h[maxn],sum[maxn],f[maxn];
double X(int i){ return h[i]; }
double Y(int i){ return f[i]+h[i]*h[i]-sum[i]; }
double Slope(int i,int j){
	if(X(j)-X(i)==0) return 1e18*1.0;//!!!!!!!!!!!!!!!不特判的话65pts 
	return (Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i));
}

bool cmp(int a,int b){ return X(a)!=X(b)?X(a)<X(b):Y(a)<Y(b); }

int q[maxn],id[maxn];
void Cdq(int l,int r){
	if(l==r) return;
	int mid=(l+r)>>1;
	Cdq(l,mid);
	for(int i=l;i<=r;i++)
		id[i]=i;
	sort(id+l,id+mid+1,cmp);
	sort(id+mid+1,id+r+1,cmp);
	int hd=1,tal=0;
	for(int i=l;i<=mid;i++){
		while(hd<tal&&Slope(q[tal-1],q[tal])>Slope(q[tal],id[i])) tal--;
		q[++tal]=id[i];
	}
	for(int i=mid+1;i<=r;i++)
		if(hd<=tal){
			int i2=id[i];
			while(hd<tal&&Slope(q[hd],q[hd+1])<2*h[i2]) hd++;
			int j=q[hd]; f[i2]=min(f[i2],f[j]+(h[i2]-h[j])*(h[i2]-h[j])+sum[i2-1]-sum[j]);
		}
	Cdq(mid+1,r);
}

int main(){
	int n; cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>h[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll w; cin>>w;
		sum[i]=sum[i-1]+w;
	}
	for(int i=2;i<=n;i++)
		f[i]=1e18;
	Cdq(1,n);
	cout<<f[n];
	return 0;
}

例题4 lgP4027 [NOI2007] 货币兑换

link

题意
在第一天你有 $S$ 元钱，每一天中 $A$ 券和 $B$ 券的价值分别为 $A_i$ 和 $B_i$（元/单位金券）。
每一天你都可以选择以下两种操作执行任意次：

1. 卖出金券：你提供一个 $[0,100]$ 内的实数 $OP$ ，将 $OP$% 的 $A$ 券和 $OP$% 的 $B$ 券以当天的价值兑换为纸币；
2. 买入金券：你支付 $IP$ 元钱，将会得到价值为 $IP$ 的金券，且满足 $A$ 券和 $B$ 券的比例在第 $i$ 天恰好为 $Rat{e}_i$ ；

问：$N$ 天后最多能够获得多少元钱。

• $N$, $S$, $A_i$, $B_i$, $Rat{e}_i$ 题目给出
• $N\le 10^5$，$0<A_K\le 10$，$0<B_K\le 10$，$0<{\mathrm{Rate}}_K\le 100$，$\mathrm{MaxProfit}\le 10^9$

Tips （这个是本题的关键入手点，但是我就不告诉你！！！）
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。

放一个关于 tips 的证明：

思路
设 $dp$ 状态：$f_i$：前 $i$ 天的最大获利。
考虑如何转移：
若 状态 $i$ 由 状态 $j$ 转移得到，设 $Rat{e}_j=\frac{a}{b}$，表示 $A$ 卷数量 $:$ $B$ 卷数量 $=a:b$ ，一共有 k 张卷。
则：
$$\begin{array}{rl}A卷数量& =k\cdot \frac{a}{a+b}\\ & =k\cdot \frac{1}{\frac{a+b}{a}}\\ & =k\cdot \frac{1}{1+\frac{b}{a}}\\ & =k\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{Rat{e}_j}}\\ & =k\cdot \frac{1}{\frac{Rat{e}_j+1}{Rat{e}_j}}\\ & =k\cdot \frac{Rat{e}_j}{Rat{e}_j+1}\end{array}$$
$$\begin{array}{rl}B卷数量& =k\cdot \frac{b}{a+b}\\ & =k\cdot \frac{1}{Rat{e}_j+1}（同理可得）\end{array}$$
又有：
$$\begin{array}{rl}{f}_j& =k\cdot \frac{Rat{e}_j}{Rat{e}_j+1}\cdot A_j+k\cdot \frac{1}{Rat{e}_j+1}\cdot B_j\\ & =k\cdot \frac{Rat{e}_j{A}_j+B_j}{Rat{e}_j+1}\end{array}$$
由此得到：
$$k=f_j\cdot \frac{Rat{e}_j+1}{Rat{e}_j{A}_j+B_j}$$
所以：
$$A卷数量=f_j\cdot \frac{Rat{e}_j+1}{Rat{e}_j{A}_j+B_j}\cdot \frac{Rat{e}_j}{Rat{e}_j+1}=f_j\cdot \frac{Rat{e}_j}{Rat{e}_j{A}_j+B_j}$$
$$B卷数量=f_j\cdot \frac{Rat{e}_j+1}{Rat{e}_j{A}_j+B_j}\cdot \frac{1}{Rat{e}_j+1}=f_j\cdot \frac{1}{Rat{e}_j{A}_j+B_j}$$

得到转移方程：
f i = { S i = 1 max ⁡ { f i − 1 , f j ⋅ R a t e j A i + B i R a t e j A j + B j } 1 ≤ j < i f_i = \begin{cases} S & i = 1 \\ \max\{f_{i-1},f_j \cdot \frac{Rate_jA_i+B_i}{Rate_jA_j+B_j} \} & 1 \le j \lt i \end{cases} fi​={Smax{fi−1​,fj​⋅Ratej​Aj​+Bj​Ratej​Ai​+Bi​​}​i=11≤j<i​

设：$g_i=\frac{f_i}{Rat{e}_i{A}_i+B_i}$
取 $f_i$ 重点部分可得到：
$$f_i=g_j\cdot (Rat{e}_j{A}_i+B_i)=g_j\cdot Rat{e}_j{A}_i+g_j\cdot B_i$$

下面研究 $j>j_2$ 时 $f_{i_j}>f_{i_{j_2}}$（意思是：$f_i$ 通过 $j$ 转移得到的结果 优于 $f_i$ 通过 $j_2$ 转移得到的结果） 的前提条件：
$$g_{j}Rat{e}_j{A}_i+g_j{B}_i>g_{j_2}Rat{e}_{j_2}{A}_i+g_{j_2}{B}_i$$
化简得：
$$g_{j}Rat{e}_j-g_{j_2}Rat{e}_{j_2}>\frac{B_i}{A_i}\cdot (-g_j-(-g_{j_2}))$$
令 $y_i=g_{i}Rat{e}_i$ ，$x_i=-g_i$ ，则原式变为：
$$y_j-y_{j_2}>\frac{B_i}{A_i}\cdot (x_j-x_{j_2})$$

$Problem1$ ：因为我们无法确定 $x$ 数组的单调性，所以可以通过 cdq分治 让 $x$ 数组有单调性。
即，可将式子看成：
$$\frac{y_j-y_{j_2}}{x_j-x_{j_2}}>\frac{B_i}{A_i}$$

$Problem2$ ：又因为发现 $\frac{B_i}{A_i}$ 没有单调性，所以不能使用单调队列维护，但是可以通过 $单调栈+二分$ 实现。

综上所述，本题可以看成是 例题2 + 例题3 的综合题。

$gj$说：做了这题，你就大概把这个专题各类型的题都见过了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;

double a[maxn],b[maxn],rate[maxn],f[maxn];
double X(int i){ return -f[i]/(rate[i]*a[i]+b[i]); }
double Y(int i){ return f[i]/(rate[i]*a[i]+b[i])*rate[i]; }
double Slope(int i,int j){
	if(X(j)==X(i)) return 1e9*1.0;
	return (Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i));
}

int q[maxn];
int Bry_Sch(int l,int r,double k){//这里的二分用了递归，直接while也可以，但是细节有点多，我还没调出来
	if(l==r) return l;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(Slope(q[mid],q[mid+1])>=k) return Bry_Sch(mid+1,r,k);
	return Bry_Sch(l,mid,k);
}

bool cmp(int a,int b){ return X(a)!=X(b)?X(a)<X(b):Y(a)<Y(b); }

int id[maxn];
void Cdq(int l,int r){
	if(l==r){
		f[l]=max(f[l],f[l-1]);
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	Cdq(l,mid);
	for(int i=l;i<=mid;i++)
		id[i]=i;
	sort(id+l,id+mid+1,cmp);
	int hd=1,tal=0;
	for(int i=l;i<=mid;i++){
		while(hd<tal&&Slope(q[tal-1],q[tal])<Slope(q[tal],id[i])) tal--;
		q[++tal]=id[i];
	}
	for(int i=mid+1;i<=r;i++){
		int j=q[Bry_Sch(hd,tal,b[i]/a[i])]; 
		f[i]=max(f[i],f[j]*(rate[j]*a[i]+b[i])/(rate[j]*a[j]+b[j]));
	}
	Cdq(mid+1,r);
}

int main(){
	int n; cin>>n>>f[1];
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i]>>b[i]>>rate[i];
	Cdq(1,n);
	printf("%.3lf",f[n]);
	return 0;
}

总结

遇到这类题目，首先得把朴素的 $dp$ 模型建出来，然后再在这个暴力上进行斜率优化（一堆推式子 / 乱搞）。

以后可能还会继续补充……的吧