洛谷題目鏈接:[SCOI2010]股票交易

題目描述

最近lxhgww又迷上了投資股票，經過一段時間的觀察和學習，他總結出了股票行情的一些規律。c++

經過一段時間的觀察，lxhgww預測到了將來T天內某隻股票的走勢，第i天的股票買入價爲每股APi，第i天的股票賣出價爲每股BPi（數據保證對於每一個i，都有APi>=BPi），可是天天不能無限制地交易，因而股票交易所規定第i天的一次買入至多隻能購買ASi股，一次賣出至多隻能賣出BSi股。程序員

另外，股票交易所還制定了兩個規定。爲了不你們瘋狂交易，股票交易所規定在兩次交易（某一天的買入或者賣出均算是一次交易）之間，至少要間隔W天，也就是說若是在第i天發生了交易，那麼從第i+1天到第i+W天，均不能發生交易。同時，爲了不壟斷，股票交易所還規定在任什麼時候間，一我的的手裏的股票數不能超過MaxP。學習

在第1天以前，lxhgww手裏有一大筆錢（能夠認爲錢的數目無限），可是沒有任何股票，固然，T天之後，lxhgww想要賺到最多的錢，聰明的程序員們，大家能幫助他嗎？優化

輸入輸出格式

輸入格式：url

輸入數據第一行包括3個整數，分別是T，MaxP，W。spa

接下來T行，第i行表明第i-1天的股票走勢，每行4個整數，分別表示APi，BPi，ASi，BSi。.net

輸出格式：code

輸出數據爲一行，包括1個數字，表示lxhgww能賺到的最多的錢數。隊列

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：ci

5 2 0 2 1 1 1 2 1 1 1 3 2 1 1 4 3 1 1 5 4 1 1

輸出樣例#1：

說明

對於30%的數據，0<=W<T<=50,1<=MaxP<=50

對於50%的數據，0<=W<T<=2000,1<=MaxP<=50

對於100%的數據，0<=W<T<=2000,1<=MaxP<=2000

對於全部的數據，1<=BPi<=APi<=1000,1<=ASi,BSi<=MaxP </br>

一句話題意: 天天最多能夠買進$as_i$張股票,賣出$bs_i$張股票,可是每一個時刻手中的票最多都只能有$maxp$張,每買入一張股票能夠得到$ap_i$元,賣出一張股票能夠得到$bp_i$元,且若是第$i$天進行了交易,那麼從第$i+1$到第$i+w$天都不能再進行交易,問到第$n$天最多能夠得到的價值. </br>

題解: 這個數據範圍顯然是能DP的.咱們先想一下狀態該如何定義.

首先根據這個狀態轉移的條件,有交易的天數限制,因此顯然是須要一維來存交易到第幾天的.而後是對於手中持有的股票數量的限制,顯然至少是須要一重循環來枚舉目前手中持有的股票數量的,因此考慮將這個也加入狀態中.可得狀態$f[i][j]$表示到第$i$天手中持有$j$張股票的最大利益.那麼最後的答案就是 $f[n][0]$,由於顯然在最後一天把全部股票都賣出不會比留着股票差.

而後想一下如何轉移這個狀態.那麼從上一個狀態到如今的狀態$f[i][j]$,顯然只有這幾種狀況:

第$i-1$天沒有買/賣股票,第$i$天的最大收益爲$f[i-1][j]$.
第$i-w-1$天進行了股票的買賣且擁有$k(k<j)$張股票,第$i$天有股票$j$張,此時買入了$j-k$張股票,可得最大收益爲$f[i][j] = max(f[i][j], f[i-w-1][k]-(j-k)*ap[i])$
第$i-w-1$天進行了股票的買賣且擁有$k(k>j)$張股票,第$i$天有股票$j$張,此時賣出了$k-j$張股票,可得最大收益爲$f[i][j]=max(f[i][j], f[i-w-1][k]+(k-j)*bp[i])$

此外沒有別的轉移方式了,因此能夠列出狀態轉移方程.

那麼考慮了狀態轉移以後,仔細想一想發現這個時間複雜度是$O(T*maxp^2)$的,顯然這樣是不能過100%的數據的.因此須要使用一些優化.

這裏咱們將這個狀態轉移方程展開一下,發現: $$f[i-w-1][k]+(k-j)×bp[i]=(f[i-w-1][k]+k×bp[i])-j×bp[i]$$ 也就是說,在枚舉了$i,j$的狀況下,$i,j$是能夠看作常數的,那麼此時對答案有影響的就只有$k$了 .而且咱們發現, 若是$j$是以正確的順序枚舉的,那麼$k$也就是逐漸在平移的了.好比說買入股票,那麼擁有的股票也就會愈來愈多,賣出的話擁有的股票就會愈來愈少,事實上這個是符合 單調隊列優化的條件的,因此咱們能夠考慮將目前擁有的股票數存入單調隊列中,優化後複雜度爲$O(T*maxp)$.

固然分開和賣出的兩種狀況是要分開使用隊列的,由於他們各自具備單調性,可是合起來並無.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2000+5;

int n, maxp, w, ap[N], bp[N], as[N], bs[N], ans = 0;
int f[N][N], h1, h2, t1, t2, q1[N], q2[N];

int main(){
    cin >> n >> maxp >> w;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin >> ap[i] >> bp[i] >> as[i] >> bs[i];
    
    memset(f, 128, sizeof(f)); f[0][0] = 0;
    
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=maxp;j++)
			f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j]);
		for(int j=0;j<=as[i];j++)
			f[i][j] = max(f[i][j], -1*j*ap[i]);
		if(i <= w) continue;
		h1 = h2 = 1, t1 = t2 = 0;
		for(int j=0;j<=maxp;j++){
			while(h1 <= t1 && f[i-w-1][q1[t1]]-ap[i]*(j-q1[t1]) <= f[i-w-1][j]) t1--;
			while(h1 <= t1 && j-q1[h1] > as[i]) h1++;
			q1[++t1] = j;
			if(h1 <= t1) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-w-1][q1[h1]]-(j-q1[h1])*ap[i]);
	    }
    	h1 = h2 = 1, t1 = t2 = 0;
	    for(int j=maxp;j>=0;j--){
			while(h2 <= t2 && f[i-w-1][q2[t2]]+bp[i]*(q2[t2]-j) <= f[i-w-1][j]) t2--;
			while(h2 <= t2 && q2[h2]-j > bs[i]) h2++;
			q2[++t2] = j;
			if(h2 <= t2) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-w-1][q2[h2]]+(q2[h2]-j)*bp[i]);
	    }
    }
    printf("%d\n", f[n][0]);
    return 0;
}