股票交易（单调队列优化DP）

股票交易

$ solution: $

这道题以前就写了，题目很好，但自己没有发题解，来补一篇：

首先，题目出得很有迷惑性，但我们不难想到状态要设天数，和自己手上的股票数目（因为这两个就是充要信息）。而我们转移也比较常规，跟着题意模拟就行：

（不买不卖）： $ f[i][j]=f[i-1][j] $
（买入）： $ f[i][j]=max{~\sum_{p=1}^{p<i} \sum_{q=0}^{q<j} f[p][q]-(j-q)\times AP[i]~} $
（卖出）： $ f[i][j]=max{~\sum_{p=1}^{p<i} \sum_{q=0}^{q>j} f[p][q]+(q-j)\times BP[i]~} $

但是我们发现这样转移是 $ n^4 $ 的。因为我们每一个 $ f[i][j] $ 需要往前枚举 $ p $ ，然后因为股票可以买入卖出，还要枚举一个 $ q $ 。就是每一个 $ f[i][j] $ 都要完全枚举所有的 $ f[p][q] $ 来转移。但是我们可以发现我们的 $ p $ 是完全可以不用枚举，因为第一个转移保证了 $ f[i-1] $ 就是最优的。于是转移变成了 $ n^3 $ 但是数据范围告诉我们这样还不够。

（买入）： $ f[i][j]=max{~\sum_{k=1}^{k<j} f[i-1][k]-(j-k)\times AP[i]~} $
（卖出）： $ f[i][j]=max{~\sum_{k=1}^{k>j} f[i-1][k]+(k-j)\times BP[i]~} $

这两个式子其实把括号拆开后就是一个式子：

$ f[i][j]=max{~\sum_{k=1}^{k>j} f[i-1][k]+k\times P[i]-j\times P[i]~} $

单调队列优化： 我们发现我们买入卖出的式子是一个变量单调递增的，我们的 $ i $ 是最外层循环，在内层循环里它相当于定值，而我们的k和j在式子中是独立的，完全可以用单调队列维护 $ f[i-1][k]+k\times P[i] $ ，而 $ -j\times P[i] $ 就是定值，只需要来两次单调队列分别对应 $ AP[i] $ 和 $ BP[i] $ 即可。

$ code: $

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<iomanip>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<ctime>

#include<cmath>

#include<vector>

#include<queue>

#include<map>

#include<set>

#define ll long long

#define db double

#define inf 0x7fffffff

#define rg register int

#define max(A,B) (A>B?A:B)

using namespace std;

int n,m,w,l,r,now,a,b,c,d,ans;

int f[2001][2001],t[2001],p[2001];

inline int qr(){

    char ch;

    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');

    int res=ch^48;

    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')

        res=res*10+(ch^48);

    return res;

}

int main(){

    //freopen("1.in","r",stdin);

    //freopen(".out","w",stdout);

    n=qr(),m=qr(),w=qr();

    for(rg i=0;i<=n;++i)

        for(rg j=0;j<=m;++j)

            f[i][j]=-inf;

    for(rg i=1;i<=n;++i){

        a=qr(),b=qr();

        c=qr(),d=qr();

        for(rg j=0;j<=c;++j)

            f[i][j]=-1*j*a;

        for(rg j=0;j<=m;++j)

            f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);

        if(i<=w)continue;

        l=1;r=0;

        for(rg j=0;j<=m;++j){

            now=f[i-w-1][j]+j*a;

            while(l<=r&&p[l]<j-c)++l;

            while(l<=r&&t[r]<=now)--r;

            t[++r]=now;p[r]=j;

            if(l <= r)f[i][j]=max(f[i][j],t[l]-j*a);

        }

        l=1;r=0;

        for(rg j=m;j>=0;--j){

            now=f[i-w-1][j]+j*b;

            while(l<=r&&p[l]>j+d)++l;

            while(l<=r&&t[r]<=now)--r;

            t[++r]=now;p[r]=j;

            if(l <= r)f[i][j]=max(f[i][j],t[l]-j*b);

        }

    }

    for(rg j=0;j<=m;++j)

        ans=max(ans,f[n][j]);

    printf("%d\n",ans);

    return 0;

}

巴特西

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$ solution: $

$ f[i][j]=max{~\sum_{k=1}^{k>j} f[i-1][k]+k\times P[i]-j\times P[i]~} $

$ code: $

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$ code: $

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