JZOJ5377. 【NOIP2017提高A组模拟9.19】开拓 DP

题意：给你一个能力值为w的钻头，飞过n个星球，每个星球可以开采矿石（损耗%k），或者恢复钻头(增加%c)，c和k给定，开采能够得到原来能力值a[i]，回复需要耗费a[i]能力值，问最多能得到多少贡献。

啊哈哈真是狗屎运= =前几天在hzwer的题目单里面刷dp题目正好看见这题，感觉思路挺有价值的就记下来了，结果就考了= =。

一个能力值为w的钻头分解为w个能力值为1的小钻头，可以发现w个小钻头互相独立不干涉，所以最终我们只需要求一个小钻头的答案*w就可以了。

然后我们考虑开采（恢复类似）。

一个点为开采点，那么我们这个点是否开采就要比较 开采这个点得到的贡献+当前能力值p损耗以后后面得到的贡献 和 当前不开采情况下后面得到的贡献。

那么我们很明显不能直接暴力算，那么就可以倒着DP，设f[i]表示第i-n的答案，那么就可直接线性DP。

由于每一位只和前一位相关我们可以直接开个变量而不用数组。。。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,m,k,c,w;
struct node
{
int x,op;
}a
;
typedef double db;
db ans,p;
int main()
{
freopen("exploit.in","r",stdin);
freopen("exploit.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&c,&w);
fo(i,1,n)scanf("%d%d",&a[i].op,&a[i].x);
fd(i,n,1)
{
if (a[i].op==1)
p=max(p,p*(1.0-0.01*k)+a[i].x);
else
p=max(p,p*(1.0+0.01*c)-a[i].x);
}
printf("%.2lf\n",p*w);
}