Luogu P2569 [SCOI2010] 股票交易

此题链接到dp常见优化方法

开始的时候被纪念品误导，以为是多支股票，后来发现事情不妙：

这道题知道的是某一只股票的走势；

(Solution):

(70pts):

设(f[i][j])表示第i天持有j股股票可以获得的最大利润，有如下转移方程：
(f[i][j]=Maxegin{cases}f[i-1][j] //第i天不买也不卖 \-Ap[i]*j // 第i天之前不持有股票，第i天买入j股股票 \f[i-w-1][k]-Ap[i]*(j-k) Max(0,j-As[i])leq k< j //第i天买入j-k股股票 \f[i-w-1][k]+Bp[i]*(k-j) j<kleq Min(MaxP,j+Bs[i]); //第i天卖出k-j股股票 end{cases})

为什么转移是第(i-w-1)天而不是第(i-w-2)亦或其它日子呢？

借用一段话(原文：

看第一种情况（第i天不买也不卖），我们已经把某一天以前的最优答案转移到了该天，所以从那一天转移，相当于从那一天包括前面任何一天开始转移，省去了大把时间。

利用上面的四个式子就可以写出代码,注意初始化的时候要将(f[ ][ ])初始化为一个很小的负数，(f[0][0]=0)

(Code：)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

inline int read() {
	int ans=0;
	char last=' ',ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0') last=ch,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	if(last=='-') ans=-ans;
	return ans;
}const int mxt=5010;

int T,MaxP,w;
int Ap[mxt],Bp[mxt],As[mxt],Bs[mxt];
int f[mxt][mxt];

int main() {
	T=read();
	MaxP=read();
	w=read();
	for(int i=1;i<=T;i++) {
		Ap[i]=read();
		Bp[i]=read();
		As[i]=read();
		Bs[i]=read();
	} 
	memset(f,0x9f,sizeof(f));
	f[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=T;i++) {
		for(int j=0;j<=MaxP;j++) {
			f[i][j]=f[i-1][j];
			if(i-w-1>=0) {
				for(int k=max(0,j-As[i]);k<j;k++) 
					f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][k]-Ap[i]*(j-k));
				for(int k=j+1;k<=min(MaxP,j+Bs[i]);k++) {
					f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][k]+Bp[i]*(k-j)); 
				}
			}
			if(j<=As[i]) 
				f[i][j]=max(f[i][j],-Ap[i]*j);
			printf("%d ",f[i][j]);
		}
		puts("");
	} 
	printf("%d",f[T][0]);
	return 0;
}

但不要以为这样就可以愉快的(mathfrak{AC})这道题，它毕竟是一道省选题(color{white}{（虽然年代已经很久远了})
实际复杂度(O(T*MaxP^2))，在(T)和(MaxP)都是(2000)的数量级的数据下，显然是过不去的（不要妄想跑过(8e9)

因此我们需要优化

看数据范围(2000)大致可以猜测是一个(O(n^2))的代码

观察第(3、4)个式子，暴力拆解得到：

(f[i][j]=Max{f[i-w-1][k]-Ap[i]*j+Ap[i]*k})

(f[i][j]=Max{f[i-w-1][k]-Bp[i]*j+Bp[i]*k})

显然(-Bp[i]*j)与(-Ap[i]*j)的值不影响我们取最大值，因此我们可以提出来：

(f[i][j]=Max{f[i-w-1][k]+Ap[i]*k}-Ap[i]*j)

(f[i][j]=Max{f[i-w-1][k]+Bp[i]*k}-Bp[i]*j)

这两个式子像什么？像极了单调队列优化！

所以采用单调队列优化我们的第(3、4)个式子，就可以做到(O(n^2))完成这道题（胜利的曙光(color{GOld}{！！！})

	h=1;t=0;
	for(int j=0;j<=MaxP;j++) {//购买股票，从小往大更新
		while(h<=t&&q[h]<j-As[i])
         //清除队首中不符合"第i天的一次买入至多只能购买AS_i股"的
            h++;
		while(h<=t&&cost1(i,q[t])<=cost1(i,j)) 
         //如果队尾的收入<=当前的收入，弹出队尾（从前往后更新，i要大于q[t]，如果队尾的收入<=当前的收入，显然i相比于q[t]一定更优）
            t--;
		q[++t]=j;
		if(h<=t) //队列中有元素
			f[i][j]=max(f[i][j],cost1(i,q[h])-Ap[i]*j);
	}
	h=1;t=0;
	for(int j=MaxP;j>=0;j--) {//卖出股票，从大往小更新：由4式知，j位置的状态是从一个>j的位置转移而来的，因此倒序更新
		while(h<=t&&q[h]>j+Bs[i])
            h++;
		while(h<=t&&cost2(i,q[t])<=cost2(i,j))
            t--;
		q[++t]=j;
		if(h<=t)
			f[i][j]=max(f[i][j],cost2(i,q[h])-Bp[i]*j);
	}	

(Code:)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

inline int read() {
	int ans=0;
	char last=' ',ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0') last=ch,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	if(last=='-') ans=-ans;
	return ans;
}const int mxt=5010;

int T,MaxP,w;
int Ap[mxt],Bp[mxt],As[mxt],Bs[mxt];
int f[mxt][mxt];
int q[mxt];
int h,t;

int cost1(int i,int j) {
	return f[i-w-1][j]+Ap[i]*j;
}

int cost2(int i,int j) {
	return f[i-w-1][j]+Bp[i]*j;
}

int main() {
	T=read();
	MaxP=read();
	w=read();
	for(int i=1;i<=T;i++) {
		Ap[i]=read();
		Bp[i]=read();
		As[i]=read();
		Bs[i]=read();
	} 
	memset(f,0x9f,sizeof(f));
	f[0][0]=0;
	
	for(int i=1;i<=T;i++) {
		for(int j=0;j<=MaxP;j++) {
			f[i][j]=f[i-1][j];
			if(j<=As[i]) 
				f[i][j]=max(f[i][j],-Ap[i]*j);
		}
		if(i-w<=0) continue;
		h=1;t=0;
		for(int j=0;j<=MaxP;j++) {
			while(h<=t&&q[h]<j-As[i]) h++;
			while(h<=t&&cost1(i,q[t])<=cost1(i,j)) t--;
			q[++t]=j;
			if(h<=t) 
				f[i][j]=max(f[i][j],cost1(i,q[h])-Ap[i]*j);
		}
		h=1;t=0;
		for(int j=MaxP;j>=0;j--) {
			while(h<=t&&q[h]>j+Bs[i]) h++;
			while(h<=t&&cost2(i,q[t])<=cost2(i,j)) t--;
			q[++t]=j;
			if(h<=t)
				f[i][j]=max(f[i][j],cost2(i,q[h])-Bp[i]*j);
		}
	} 
	printf("%d",f[T][0]);
	return 0;
}