[SCOI2010] 股票交易

P2569 [SCOI2010] 股票交易

单调队列优化 dp 的经典问题。

分析

dp 加单调队列优化。

首先，不难想到是动态规划，看数据范围，可以支持 $O (n^{2})$ 的算法。

第一维肯定是天数，但是显然不够，所以第二维可以是手中的股票数。设 $f_{i, j}$ 为到第 $i$ 天为止，手中已有 $j$ 支股票能赚到的最多的钱。

初始状态，手中并没有任何股票，在某一天 $i$ 买了 $j$ 支股票，所以：

f_{i, j} = - a p_{i} * j

(0 \leq j \leq a s_{i})

然后每天只有三种情况，什么都不做，只买，只卖。

什么都不做，就是和上一天的状态一样，所以：

f_{i, j} = max (f_{i, j}, f_{i - 1, j})

只买，因为要间隔至少 $w$ 天，所以可以从 $[0, i - w - 1]$ 天转移过来，但是因为上一种情况已经将 $[0, i - w - 2]$ 的状态都能转移到第 $i - w - 1$ 天，设第 $i - w - 1$ 天手中有 $k$ 支股票。因为要买入 $j - k$ 支股票，再考虑限制，所以 $0 < j - k \leq a s_{i}$ ，所以：

f_{i, j} = max (f_{i, j}, f_{i - w - 1, k} - (j - k) \times a p_{i})

f_{i, j} = max (f_{i, j}, (f_{i - w - 1, k} + k \times a p_{i}) - j \times a p_{i})

(j - a s_{i} \leq k \leq j - 1)

只卖，和上一种情况差不多，要卖出 $k - j$ 支股票，考虑限制 $0 < k - j \leq b s_{i}$ ，所以：

f_{i, j} = max (f_{i, j}, f_{i - w - 1, k} + (k - j) \times b p_{i})

f_{i, j} = max (f_{i, j}, (f_{i - w - 1, k} + k \times b p_{i}) - j \times b p_{i})

(j + 1 \leq k \leq j + b s_{i})

因为 $k$ 的区间是固定的，可以用单调队列优化掉枚举 $k$ 。

考虑一下边界状况：

以情况 $2$ 为例，考虑 $j$ 的范围为 $[0, M A X P]$ ，所以 $k$ 的范围为 $[j - a s_{i}, j - 1]$ ，全局范围为 $[0, M A X P - 1]$ ，考虑移动 $k$ 指针，只要 $k < j - 1$ 就能一直移动 $k$ ，所以加入队尾，而队头小于 $j - a s_{i}$ 说明过期要删去，队内单调递减。

在情况 $3$ 中， $k$ 的范围为 $[j + 1, j + b s_{i}]$ ，全局范围为 $[1, M A X P]$ ，只要 $k < j + b s_{i}$ 且 $k < M A X P$ 时加入队尾，队头小于 $j + 1$ 时说明过期要删去，队内单调递减。

code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2005;
int n,m,w;
int f[N][N],q[N];
void solve()
{
    cin>>n>>m>>w;
    memset(f,-0x3f,sizeof f);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int ap,bp,as,bs;
        cin>>ap>>bp>>as>>bs;
        for(int j=0;j<=as;j++) f[i][j]=-ap*j;
        for(int j=0;j<=m;j++) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);
        
        if(i<=w) continue;
        int l=1,r=0,k=-1;
        for(int j=0;j<=m;j++)
        {
            while(k<j-1) 
            {
                k++;
                while(l<=r&&f[i-w-1][q[r]]+q[r]*ap<=f[i-w-1][k]+k*ap) r--;
                q[++r]=k;
            }
            while(l<=r&&q[l]<j-as) l++;
            if(l<=r) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][q[l]]+q[l]*ap-j*ap);
        }
        l=1,r=0,k=0;
        for(int j=0;j<=m;j++)
        {
            while(k<j+bs&&k<m)
            {
                k++;
                while(l<=r&&f[i-w-1][q[r]]+q[r]*bp<=f[i-w-1][k]+k*bp) r--;
                q[++r]=k;
            }
            while(l<=r&&q[l]<j+1) l++;
            if(l<=r) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][q[l]]+q[l]*bp-j*bp);
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=m;i++) ans=max(ans,f[n][i]);
    cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    solve();
    return 0;
}