【笔记篇】单调队列优化dp学习笔记&&luogu2569_bzoj1855股票交♂易

DP颂

DP之神 圣洁美丽 算法光芒照大地
我们怀着 崇高敬意 跪倒在DP神殿里
你的复杂 能让蒟蒻 试图入门却放弃
在你光辉 照耀下面 AC真心不容易

dp大概是最经久不衰 亘古不化的算法了吧.
而且有各种各样的类型 优化之类的.
一直dp都不怎么好. 而且也不太知道应该怎么提高.
基本见到不认识的dp方程就不大会推(但我会打表啊= =

所以dp还是很有的学的~

正好最近刚刚肝了计算几何, 所以就顺带搞一下斜率优化dp一类的...

单调队列优化dp

单调队列大家都会吧?
不会的先出去学一下, 这里不讲.

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好的, 我们来看一下这个柿子

[f[i]=max{f[j]+omega(j)} (jin[1..i)) ]

其中(omega(j))是一个费用函数, 一般会根据题目的不同而变化.

这个dp能做到什么复杂度呢?
首先一眼(O(n^2))...
然而我们可以用一个变量记录一下之前出现过的最大值.
这样转移是(O(1))的了, 总复杂度就降到了(O(n)).

但是如果是这样呢?

[f[i]=max{f[j]+omega(j)}(jin[i-m,i)) ]

那就不能只维护一个变量了, 因为最大值如果出现在(j)的取值区间之外则转移是不合法的.
这样我们就考虑用单调队列来维护最大值, 这样转移依然可以做到(O(1)), 总复杂度(O(n)).

看道题: (woc辣鸡bzoj给的什么zz数据范围, T都没给怎么做...)

这题可以写出这么一个状态转移方程

[令f[i][j]表示第i天拥有j支股票的最大收益, \ f[i][j]=maxleft{ egin{matrix} f[i-w-1][k]-ap[i]*(j-k), (kin[j-as[i],j)) //买入\ f[i-w-1][k]+bp[i]*(k-j),(kin(j,j+bs[i]]) //卖出\ f[i-1][j]//不交♂易 end{matrix} ight. ]

其中不交易的情况好处理, 但是如果前面两种枚举(k)的话就要做到(O(n^*maxP^2)), 显然是过不了的, 我们必须考虑优化.
我们以买入为栗化一波柿子(因为卖出同理) :

[f[i][j]=max{f[i-w-1][k]-ap[i]*(j-k)}\ =max{f[i-w-1][k]+ap[i]*k}-ap[i]*j (kin[j-as[i],j]) ]

我们令(omega(x)=ap[i]*x), 而我们枚举(i), 就可以视为(i)是定值, 于是(ap[i],as[i])都是定值.
我们就可以看出第二维形成了一个能用单调队列优化的柿子了.
这样优化之后复杂度成功降到了(O(n*maxP)), 就可以通过此题了.

根据贪心原则, 为了获得最多的现金, 手里不应该留股票, 所以用每个(f[i][0])更新答案即可.

不过要注意一下边界条件... 挺扯淡的..

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N=2020;
const int INF=0x7fffffff;
int q[N<<1],d[N<<1],h=1,t=0;
int f[N][N],ap[N],bp[N],as[N],bs[N];
inline int gn(int a=0,char c=0){
	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
	for(;c>47&&c<58;c=getchar())a=a*10+c-48;return a;
}
inline int max(const int& a,const int& b){
	return a>b?a:b;
}
int main(){
	int n=gn(),m=gn(),w=gn(),ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		ap[i]=gn(),bp[i]=gn(),as[i]=gn(),bs[i]=gn();
	memset(f,192,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=0;j<=as[i];++j) f[i][j]=-ap[i]*j;
		for(int j=0;j<=m;++j) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);
		if(i>w){
				h=1; t=0;
			for(int j=0;j<=m;++j){				
				int val=f[i-w-1][j]+j*ap[i];
				while(t>=h&&val>=q[t]) --t;
				q[++t]=val; d[t]=j;
				while(t>=h&&d[h]<j-as[i]) ++h;
				f[i][j]=max(f[i][j],q[h]-ap[i]*j);
			}
			h=1; t=0;
			for(int j=m;j>=0;--j){
				int val=f[i-w-1][j]+bp[i]*j;
				while(t>=h&&val>=q[t]) --t;
				q[++t]=val; d[t]=j;
				while(t>=h&&d[h]>j+bs[i]) ++h;
				f[i][j]=max(f[i][j],q[h]-bp[i]*j);
			}
		}
		ans=max(ans,f[i][0]);
	}
	printf("%d",ans);
}

反正差不多就这样吧....