【题解】 量化交易2
题目描述
【题目描述】
applepi训练了一个可以自动在股票市场进行量化交易的模型。
通常来说，applepi写出的模型，你懂得，就好比一架印钞机。不过为了谨慎起见，applepi还是想先检查一下模型的效果。
applpie收集了“塞帕思股份(surpass)”在最近的连续N天内的价格。在每一天中，他可以做如下事情之一：
1. 睡（把）觉（妹）。
2. 以当天的价格作为成交价买入1股“塞帕思”的股票。
3. 以当天的价格作为成交价卖出1股“塞帕思”的股票。
最初applepi不持有该股票。现在你需要计算出在最优策略下，N天后applepi能够获得的最大利润。
为了维护森林的和平，本着清仓甩锅的原则，在N天的交易结束后applepi也不能持有“塞帕思”的股票。
此外，为了防止垄断，市场管理部门规定，如果applepi手中已经持有股票，那么他当前就不能再购买股票。
换句话说，applepi手中最多只能持有1股“塞帕思”的股票。
【输入格式】
每个测试点包含若干组数据，以EOF结尾。对于每组数据：
第一行1个整数N。
第二行N个正整数，相邻两个整数之间用1个空格隔开，表示每一天股票的价格。
【输出格式】
对于每组数据，首先按样例所示的格式“Case #k:”输出该组数据的编号，然后输出一个整数，表示applepi最大能够获得的利润。
【样例】
样例输入1
6
2 6 7 3 5 6
8
1 2 3 4 5 6 7 8
样例输出1
Case #1: 8
Case #2: 7
样例输入2
10
15831 47573 60015 51368 32460 34125 43074 75172 54014 93578
样例输出2
Case #1: 126460
【数据规模与约定】
对于50%的数据，1≤N≤1000。
对于100%的数据，1≤N≤100000，股票价格不超过100000，每个测试点至多包含5组数据。
思路
根据题意判断，这是最优解问题，而最优解问题最常用的算法就是贪心和DP。但显而易见，要求的应该是全局最优解，所以应当用DP解决更为合理。那么，这道题就可以用线性DP来解决。
根据线性DP的解题方法。
首先分析阶段性。这道题的阶段性就是第 \(i\) 天。
然后定义状态。本人的第一感觉就是将状态定义为：\(dp_i\) 表示前 \(i\) 天过后可以获得的最大利润。
接着根据状态，推导状态转移方程：
- 如果第 \(i\) 天不进行买卖，则利润不变，即 \(dp_i = dp_{i - 1}\)；
- 如果第 \(j\) 天买入，第 \(i\) 天卖出，其中 \(i < j\)。则可产生的利润为 \(a_i - a_j\) ，再加上前 \(j-1\) 天的利润，即 $dp_{j-1} $。那么总利润为 \(dp_{j-1} + a_i - a_j\)。
综上所述，状态转移方程为：$$dp_i = dp_i - 1$$ $$dp_i = \max_{0 < j < i}(dp_i, dp_{j-1} + a_i - a_j)$$
其中 \(1 \le i \le n\)。
最后定义初值：\(dp = -\infty, dp_0 = 0\)。
那么，最终的目标利润为：\(dp_n\)。
根据思考写出代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n, a[N];
int dp[N];
int main()
{
int t = 0;
while (~scanf("%d", &n))
{
printf("Case #%d: ", ++ t );
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
memset(dp, 128, sizeof dp);
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
dp[i] = dp[i - 1];
for (int j = 1; j < i; j ++ )
dp[i] = max(dp[i], dp[j - 1] + (a[i] - a[j]));
}
printf("%d\n", dp[n]);
}
return 0;
}
提交后，喜提超时50分。
以上代码的时间复杂度达到了 \(O(n^2)\)。而题目中给出的 \(n \le 10^5\)，所以最坏的时间复杂度可达到 \(O(10^5 \times 10^5) = O(10^{10})\)，直接喜提超时分。
要从根本上解决超时的问题，就要从状态的定义开始，状态的定义过于大了，还可以细分。所以，状态可以重新定义为：\(dp_{i,0}\) 表示前 \(i\) 天过后手上没有股票的最大利润，\(dp_{i,1}\) 表示前 \(i\) 天过后手上有股票的最大利润。
那么就可以分析状态转移方程：如果第 \(i\) 天过后手上没有股票，可以分为两种情况：一是，前 \(i-1\) 天过后手上没有股票，并且第 \(i\) 天不做买卖操作，即 \(dp_{i, 0} = dp_{i-1, 0}\)；二是，前 \(i-1\) 天过后手上有一股股票，并在第 \(i\) 天卖出，即 \(dp_{i,0} = dp_{i-1, 1} + a_i\)。如果第 \(i\) 天过后手上有一股股票，同理，也可以分为两种情况：一是，前 \(i-1\) 天过后手上有股票，并且第 \(i\) 天不做买卖操作，即 \(dp_{i, 1} = dp_{i-1, 1}\)；二是，前 \(i-1\) 天过后手上没有股票，并在第 \(i\) 天买入，即 \(dp_{i,0} = dp_{i-1, 1} - a_i\)。综上所述，状态转移方程为：$$dp_{i, 0} = \max(dp_{i-1, 0}, dp_{i-1, 1}+a_i)$$ $$dp_{i, 1} = \max(dp_{i-1, 1}, dp_{i-1, 0} - a_i)$$
其中 \(1 \le i \le n\)。
最后定义初值：\(dp = -\infty, dp_{0, 0} = 0\)。
那么，最终的目标利润为：\(dp_{n, 0}\)。
由于 \(dp_{i, 0}\) 和 \(dp_{i, 1}\) 都只需要从 \(dp_{i-1, 0}\) 和 \(dp_{i-1, 1}\) 推导而来，所以时间复杂度优化到了 \(O(n)\)，最坏时间复杂度仅有 \(O(10^5)\)，不会超时。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n, a[N];
int dp[N][2];
int main()
{
int t = 0;
while (~scanf("%d", &n))
{
printf("Case #%d: ", ++ t );
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
memset(dp, 128, sizeof dp) ;
dp[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + a[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - a[i]);
}
printf("%d\n", dp[n][0]);
}
return 0;
}
