[NOI2007]货币兑换
妥妥的(n log n)cdq做法。
这题用cdq分治也可以(n log n)但是在洛谷上竟然比一些优秀的splay跑得慢真是见了鬼了看来还是人丑常数大的问题
先推式子
（这一段与其他题解不会有太多不同，已经了解了的同学可以略过，注意一下转移中(x)和(k)表示什么就行了。）
设(f[i])表示到第(i)天最多有多少钱，(g[i])表示用第(i)天时的钱最多能买多少B券，易知(g[i] = frac {f[i]} {r[i] * a[i] + b[i]})。
得到转移：(f[i] = max { max limits _{j = 1} ^{i - 1} {g[j] * frac{b[i]} {a[i]} + r[j] * g[j]} * a[i], f[i - 1] })，外面的(max)可以单独判，里面的(max)可以看出是一个斜率优化的式子（把(frac {b[i]} {a[i]})视作(x)，把(g[j])视作(k)，把(r[j] * g[j])视作(b)）。但是我们发现斜率(k)并不是单调的，所以传统的斜率优化就无法解决这个问题了。
这时就衍生出两种写法了，一种是用splay维护凸包，一种是用cdq分治处理转移，我们要介绍的是后者。
考虑分治
对于任意一个(f[i])，我们只要考虑到所有(1 le j le i - 1)对它的影响就行了，cdq分治擅长处理这类问题。
对于一段区间([l, r])，先递归左子区间([l, m])，保证([l, m])的(f)和(g)值都已经得到了；把左子区间按(k)递增排序，把右子区间按(x)递增排序，就可以按平时的斜率优化来(O(n))转移；再把右子区间按在原序列中的位置递增排序，然后递归右子区间，此时左子区间对右子区间的影响都已经被考虑完了；边界是(l == r)，到这里我们可以发现(1)到(i - 1)对(i)的影响都已经被考虑过了，别忘了(f[i - 1])到(f[i])的转移。
这样做是(O(n (log n) ^ 2))的，让人有点不爽，事实上我们可以做到(O(n log n))。
怎样做到1个(log)
事实上cdq分治本身是一个归并的过程，我们可以利用这个过程去掉排序的复杂度。
我们希望拿到([l, r])这个区间的时候(x)是单调的，于是在外面把原序列按(x)递增排序；拿到一个(x)递增的区间后，我们希望在原序列中靠左的东西去到左子区间，于是我们把([l, r])扫一遍，把在原序列中位置(le m(m = l + r >> 1))的东西放左边，(ge m)的放右边，而且左右子区间对于(x)的单调性没有受到影响；我们要处理左边对右边的影响，于是先递归左子区间，再像平时一样斜率优化处理转移，然后递归右子区间；我们希望一个区间的左子区间递归回来的时候是对于(k)单调递增的，于是在最后对(k)做一遍归并排序。这样每一层递归是(O(n))的。
奉上蒟蒻的大常数代码。
//written by newbiechd
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <algorithm>
#define R register
#define I inline
#define D double
using namespace std;
const int N = 100003;
const D eps = 1e-8;
int q[N];
D f[N], g[N];
struct cash {
int id;
D a, b, r, x;
cash() {}
cash(int id, D a, D b, D r) : id(id), a(a), b(b), r(r), x(b / a) {}
I int operator < (cash q) { return x != q.x ? x < q.x : id < q.id; }
}p[N], b[N];
I D cross(int u, int v) { return (p[u].r * g[p[u].id] - p[v].r * g[p[v].id]) / (g[p[v].id] - g[p[u].id]); }
I D calc(int u, int v) { return g[p[u].id] * (p[v].x + p[u].r); }
I void update(int u, D v) {
if (f[p[u].id] < v)
f[p[u].id] = v, g[p[u].id] = f[p[u].id] / (p[u].b + p[u].r * p[u].a);
}
void solve(int l, int r) {
if (l == r) {
update(l, f[p[l].id - 1]);
return ;
}
R int m = (l + r) >> 1, i, h, t;
for (h = l, t = m + 1, i = l; i <= r; ++i)
p[i].id <= m ? b[h++] = p[i] : b[t++] = p[i];
for (i = l; i <= r; ++i)
p[i] = b[i];
solve(l, m), h = 1, t = 0;
for (i = l; i <= m; ++i) {
while (h < t && cross(q[t], i) < cross(q[t - 1], i) + eps)
--t;
q[++t] = i;
}
for (; i <= r; ++i) {
while (h < t && calc(q[h], i) < calc(q[h + 1], i) + eps)
++h;
update(i, calc(q[h], i) * p[i].a);
}
solve(m + 1, r);
for (h = l, t = m + 1, i = l; h <= m && t <= r; )
g[p[h].id] < g[p[t].id] ? b[i++] = p[h++] : b[i++] = p[t++];
while (h <= m)
b[i++] = p[h++];
while (t <= r)
b[i++] = p[t++];
for (i = l; i <= r; ++i)
p[i] = b[i];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
R int n, i;
D a, b, r;
cin >> n >> f[1];
for (i = 1; i <= n; ++i)
cin >> a >> b >> r, p[i] = cash(i, a, b, r);
g[1] = f[1] / (p[1].r * p[1].a + p[1].b), sort(p + 1, p + n + 1),
solve(1, n), cout << fixed << setprecision(3) << f[n];
return 0;
}