題意：有ab兩種金券，n天，第一天某人有s的錢。給出每天的三個值ai,bi,ratei。每天可以進行的操作有兩種：（1）賣掉x%(0<=x<=100):意味著分別將a種金券和b種金券分別賣掉x%，**分別為ai，bi；（2）買進x元的金券：分別以ai、bi的**買進兩種金券買進的數量比為ratei。一天內可以進行多次操作。求n天後最大的獲利。
思路：（1）首先，得到乙個dp的方程,f[i]表示i天後的最大獲利（最大獲利必然是把所有金券全部賣了），則f[i]=max(f[i-1],ai*yi+bi*xi)，xi和yi表示第i天可以有的金券數量，對於xi和yi的計算，我們可以列舉1<=j<=i-1，將f[j]的錢全部全部買成金券，儲存到第i天。想想，有沒有可能這樣：把第j天的錢用一部分買金券，剩下一些錢，然後將買的金券在第i天賣掉再加上第j天剩下的錢最優。這是不可能的，要麼在第j天把所有錢全部買成金券，要麼一點不買，不可能有折中的情況是最優的。這個dp的複雜付o(n^2)，下面進行優化。
（2）上面的dp方程其實就是求p=ai*yi+bi*xi的最大值，我們將(xi,yi)看做座標上的點，那麼得到：y=-bi/ai*x+p/ai，要使得p最大，也就是在y軸的截距最大。顯然，這個直線的斜率小於0。這個(xi,yi)來自之前的i-1個已經計算出的f值，我們就是要在這i-1個中找到乙個(xi,yi)使得p最大。我們可以看做將y=-bi/ai*x+p/ai這條直線從y軸正無窮向下平移，首先碰到的點就是使得p最大的點，那麼我們就是要將之前的點維護成乙個上凸殼，使得相鄰的斜率單調遞減，且支援插入更新、查詢，用splay維護，按照x座標。每次查詢時，找到跟當前斜率-bi/ai最接近的點即是最優的；插入時，按照插入的x座標找到其應該插入的位置。然後判斷要不要插入，找到其前驅pre和後繼next，若與其前驅的斜率小於與其後繼的斜率，那麼無需插入；否則插入，然後更新。比如對於前驅pre和前驅的前驅pre1，若pre1和當前點的斜率大於pre1和pre的斜率，那麼pre需要刪除。
double a[n],b[n],rate[n];
int n;
int c[n][2],p[n],root;
double x[n],y[n],slope[n];
void zig(int x)
p[x]=p[y];
p[y]=x;
}void zag(int x)
p[x]=p[y];
p[y]=x;
}void splay(int x,int goal)
else
}else
}if(!goal) root=x;
}int pre(int u)
int next(int u)
double get(int now)
else
}while(slope[i]
splay(i,0);
return x[i]*b[now]+y[i]*a[now];
}inline void del(int x)
void insert(double x,double y)
else
}x[++n]=x; y[n]=y; p[n]=i;
if(x>x[i]) c[i][1]=n;
else c[i][0]=n;
i=pre(n),j=next(n);
if(i&&j&&atan2(y-y[i],x-x[i])
temp=pre(i);
while(temp&&atan2(y-y[i],x-x[i])>=slope[i])
if(i) slope[n]=atan2(y-y[i],x-x[i]);
temp=next(j);
while(temp&&atan2(y[j]-y,x[j]-x)<=slope[temp])
if(j) slope[j]=atan2(y[j]-y,x[j]-x);
}int m;
double s;
int main()
printf("%.3lf\n",ans);
return 0;}
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