题目链接
https://codeforces.com/contest/1067/problem/D
题解
首先,如果我们获得了一次升级机会,我们一定希望升级 (b_i imes p_i) 最大的任务,并且之后只完成该任务,这样才能使得期望收益最大。换句话说,当我们完成成功了一次任务之后,决策就固定了。因此,我们实际需要考虑的是还未完成任何任务时的决策。
为了方便,我们记 (maxlimits_{1 leq i leq n}{b_ip_i}) 为 (m)。
我们设 (f_t) 表示还未完成任何任务且还剩 (t) 秒时使用最优决策得到的期望收益。如果我们选择在这一秒完成任务 (i),那么期望收益即为:(p_i imes ((t - 1)m + a_i) + (1 - p_i)f_{t - 1})。因此,转移即为:
直接用该转移式做 dp 的时间复杂度是 (O(tn)) 的。我们再将转移式变形:(-((t - 1)m - f_{t - 1})p_i + f_t - f_{t - 1} = p_ia_i),该式子显然可以使用斜率优化,将 ((t - 1)m - f_{t - 1}) 看做斜率 (k),那么所求即为斜率为 (k) 且经过点 ((-p_i, p_ia_i)) 的直线在 (y) 轴上的最大的截距。我们预处理出所有 (n) 个点 ((-p_i, p_ia_i)) 构成的上凸包后,每次在凸包上二分找最优点即可。这样,我们得到了一个时间复杂度为 (O(t log n)) 的较为优秀的做法。不过本题中的 (t leq 10^{10}),因此这样的做法依然无法通过。
不过幸运的是,在本题中,随着 (t) 的增加,斜率 (k)(即 ((t - 1)m - f_{t - 1}))是单调不下降的。
首先证明上述结论。对于任意的 (t > 0),我们希望证明 (tm - f_t geq (t - 1)m - f_{t - 1})。将式子变形,即为 (f_{t} - f_{t - 1} leq m)。考虑该不等式的实际意义,显然 (f_{t - 1}) 与 (f_t) 的差不会超过 (m),因为我们无法在 (1) 秒内得到大于 (m) 的收益。因此,结论是成立的。
该结论告诉我们了一个重要信息:凸包上的每个点所影响的 (f) 的下标 (t) 一定是一段连续的区间。由于凸包由不超过 (n) 个点构成,因此我们可以依次求出每一个点所对应的 (f) 的下标的范围。分析 (f) 的转移式子:(f_t = maxlimits_{1 leq i leq n}{p_i((t - 1)m - f_{t - 1}) + p_ia_i} + f_{t - 1}),当 (p_i, a_i) 一定时,该转移是可以使用矩阵乘法优化的,因此对于每一个点,我们可以预处理出在该点上的 (2^k) 次转移对应的矩阵,然后倍增求出该点对应的 (f) 下标的范围边界。这样,本题就在 (O(nomega^3 log t)) 的时间内得到了解决,其中 (omega) 是矩阵的大小。
(在下面的代码实现中 (omega = 4)(矩阵构造详见代码),但存在转移矩阵的大小为 (3 imes 3) 的做法)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
typedef long long ll;
template<typename T> inline bool checkMax(T& a, const T& b) {
return a < b ? a = b, true : false;
}
const int N = 1e5 + 10;
const double eps = 1e-12;
int n, a[N], b[N], top;
ll times;
double p[N], m;
struct Point {
double x, y;
Point () {}
Point (double x, double y): x(x), y(y) {}
bool operator < (const Point& a) const {
return x == a.x ? y < a.y : x < a.x;
}
} points[N], _stack[N];
inline double slope(Point a, Point b) {
return fabs(a.x - b.x) < eps ? 1e100 : (b.y - a.y) / (b.x - a.x);
}
struct Matrix {
double a[4][4];
Matrix () {
memset(a, 0, sizeof a);
}
Matrix operator * (const Matrix& b) const {
Matrix res;
for (rg int i = 0; i < 4; ++i) {
for (rg int j = 0; j < 4; ++j) {
for (rg int k = 0; k < 4; ++k) {
res.a[i][j] += a[i][k] * b.a[k][j];
}
}
}
return res;
}
} mat, trans[40];
int main() {
scanf("%d%I64d", &n, ×);
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d%d%lf", &a[i], &b[i], &p[i]);
points[i] = Point (-p[i], a[i] * p[i]);
checkMax(m, p[i] * b[i]);
}
sort(points + 1, points + 1 + n);
_stack[top = 1] = points[1];
for (rg int i = 2; i <= n; ++i) {
for (; top > 1 && slope(_stack[top], points[i]) >= slope(_stack[top - 1], _stack[top]); --top);
_stack[++top] = points[i];
}
ll now = 0;
trans[0].a[1][0] = 1;
trans[0].a[1][1] = 1;
trans[0].a[2][0] = 1;
trans[0].a[2][2] = 1;
trans[0].a[3][2] = 1;
trans[0].a[3][3] = 1;
for (rg int i = top; i && now ^ times; --i) {
double r = i == 1 ? 1e100 : slope(_stack[i - 1], _stack[i]);
double x = -_stack[i].x, y = _stack[i].y;
mat.a[0][1] = y;
mat.a[0][2] = now * x * m;
mat.a[0][3] = x * m;
trans[0].a[0][0] = 1 - x;
if (now * m - mat.a[0][0] > r) {
continue;
}
for (rg int j = 1; j < 34; ++j) {
trans[j] = trans[j - 1] * trans[j - 1];
}
for (rg int j = 33; ~j; --j) {
if (now + (1ll << j) >= times) {
continue;
}
Matrix old = mat;
mat = mat * trans[j];
double k = (now + (1ll << j)) * m - mat.a[0][0];
if (k >= r) {
mat = old;
continue;
}
now += 1ll << j;
}
++now;
mat = mat * trans[0];
}
printf("%.15lf
", mat.a[0][0]);
return 0;
}