Description
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一共 (n) 天，每天可以卖出或者买入两种股票 (A) 和 (B)。这两种股票在第 (i) 天的价值为 (A_i) 和 (B_i)。
每天可以花所有的现金买入股票，这些股票中 (A) 股与 (B) 股的数量比为 (rate_i)。每天也可以把所有的股票以当天的价值卖出，获得现金。已知接下来 (n) 天的 (A_i,B_i,rate_i)，求出 (n) 天后能够获得的最大价值。
Solution
设 (f(i)) 为第 (i) 天的最大钱数，(g_{1}(i)) 为 A 券的第 (i) 天能换的数量，(g_{2}(i)) 则为 B 券。
转移可以解方程得：
[f(i)=max{f(i-1),a(i)g_{1}(j),b(i)g_{2}(j)},jin[1,i) \
g_{1}(i)frac{f(i)rate(i)}{a(i)rate(i)+b(i)} \
g_{2}(i)=frac{f(i)}{rate(i) imes a(i)+b(i)} \
]
两个 (g) 都没啥问题，主要来看 (f(i))。提一下可得：
[f(i)=max{b(i)max_{j=1}^{i-1}{frac{a(i)}{b(i)}g_{1}(j)+g_{2}(j)},f(i-1)}
]
斜率优化的形式，但斜率并无单调性。那个 (f(i-1)) 可以最后来线性做，所以可以先不管。然后就是 li-chao tree 的板子。
#include<bits/stdc++.h>
std::vector<double> pri;
int n,nodes[400010];
double g[5][100010],f[100010],a[100010],b[100010],rate[100010],slp[100010];
double _f(int i,int j){return pri[i-1]*g[1][j]+g[2][j];}
void ins(int l,int r,int x,int i)
{
if(l^r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(_f(mid,i)>_f(mid,nodes[x])) std::swap(nodes[x],i);
if(_f(l,i)>_f(l,nodes[x])) ins(l,mid,x<<1,i);
else ins(mid+1,r,x<<1|1,i);
}
else if(_f(l,i)>_f(l,nodes[x])) nodes[x]=i;
}
double find(int l,int r,int x,int i)
{
if(l^r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=i) return std::max(find(l,mid,x<<1,i),_f(i,nodes[x]));
else return std::max(find(mid+1,r,x<<1|1,i),_f(i,nodes[x]));
}
else return _f(i,nodes[x]);
}
#define All(x) (x).begin(),(x).end()
int main()
{
double pref=0,nowf=0;
scanf("%d %lf",&n,&nowf);
pref=nowf;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%lf %lf %lf",&a[i],&b[i],&rate[i]);
slp[i]=a[i]/b[i];
pri.emplace_back(slp[i]);
}
std::sort(All(pri));
for(int i=1;i<=n;++i)
{
nowf=std::max(pref,b[i]*find(1,n,1,std::lower_bound(All(pri),slp[i])-pri.begin()+1));
g[1][i]=nowf*rate[i]/(a[i]*rate[i]+b[i]);
g[2][i]=nowf/(a[i]*rate[i]+b[i]);
ins(1,n,1,i);
pref=nowf;
}
printf("%.3f
",nowf);
return 0;
}