( ext{Solution:})
蒟蒻做完这题深知不写清楚(dp)转移方程的痛……
首先，显然我们可以设(dp[i][j])表示第(i)天，拥有(j)股股票的最优解。于是，对于每一天，我们可以：
- 不进行交易
于是直接(dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j]))即可。
- 只买入股票
直接枚举(j,dp[i][j]=-ap_i*j)即可。
- 从之前某一个状态转移过来，并且买股票
首先证明为什么只需要从(dp[i-w-1][*])转移即可。
证明：观察到，每一个状态都记录的是它的最优解。也就说(dp[i-w-1][*])已经把之前的什么(dp[i-w-...][*])的状态转移过了。于是就不必要再去枚举前面那些转移了。
写出转移方程：设我们之前有(k)股，买入了((j-k))股。
[dp[i][j]=maxlimits_{k=0}^{j-c_i} dp[i-w-1][k]-ap_i*(j-k)
]
显然有我们买的越少花钱越少，单调性显然。单调队列里面存(k.)注意边界即可。
- 从之前某一个状态转移过来，并且卖股票
同理，先写出方程：
[dp[i][j]=max limits_{k=j+1}^{j+bs_i} dp[i-w-1][k]+bp*(k-j)
]
显然卖的越多拿钱越多。单调性显然。
那么对于上面所说两种：买和卖，我们的(dp)顺序有区别。
对于买：我们显然由股票少的买到股票多的。于是，我们应该从小到大来(dp)股票。
对于卖：我们显然由股票多的卖到股票少的。于是，我们应该从大到小来(dp)股票。
所以，上述两种单调队列中所贮存的(k)的单调性是不一样的。
最后，弹出队尾的话直接拿(dp)方程算结果，取更优者即可。
至于为什么要先加入元素再(dp:)
考虑到，在这一刻我们是可以不动自己的股票的。而如果这一刻任何买卖都亏本的话，不如在这里就直接把那些亏本状态舍掉，并把(j)加入。当然最后会执行一次转移，但为了保证对头的最优解，我们应当先执行弹出的过程。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,w,P,as,bs,ap,bp;
int dp[4000][4000];
int q[4000],head,tail;
int main(){
scanf("%d%d%d",&T,&P,&w);
memset(dp,128,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=T;++i){
scanf("%d%d%d%d",&ap,&bp,&as,&bs);
for(int j=0;j<=as;++j)dp[i][j]=-ap*j;
//只买入
for(int j=0;j<=P;++j)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);
//不做交易
head=1,tail=0;
if(i<=w)continue;//不能交易
for(int j=0;j<=P;++j){
while(head<=tail&&q[head]<j-as)head++;//这里的单调队列递增
while(head<=tail&&dp[i-w-1][q[tail]]-(j-q[tail])*ap<=dp[i-w-1][j])tail--;//如果队尾答案不优秀就一直更新
q[++tail]=j;//元素入队
if(head<=tail)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-w-1][q[head]]-(j-q[head])*ap);//若里面还有元素就更新
}
head=1,tail=0;
for(int j=P;j>=0;--j){
while(head<=tail&&q[head]>j+bs)head++;//这里的单调队列递减
while(head<=tail&&dp[i-w-1][q[tail]]+(q[tail]-j)*bp<=dp[i-w-1][j])tail--;
q[++tail]=j;
if(head<=tail)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-w-1][q[head]]+(q[head]-j)*bp);
}
}
int ans=-1;
for(int i=0;i<=P;++i)ans=max(ans,dp[T][i]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}