洛谷P2569 股票交易【dp】【单调队列】

题目描述

最近  ext{lxhgww}lxhgww 又迷上了投资股票，通过一段时间的观察和学习，他总结出了股票行情的一些规律。

通过一段时间的观察， ext{lxhgww}lxhgww 预测到了未来 TT 天内某只股票的走势，第 ii 天的股票买入价为每股 AP_iAPi​，第 ii 天的股票卖出价为每股 BP_iBPi​（数据保证对于每个 ii，都有 AP_i geq BP_iAPi​≥BPi​），但是每天不能无限制地交易，于是股票交易所规定第 ii 天的一次买入至多只能购买 AS_iASi​ 股，一次卖出至多只能卖出 BS_iBSi​ 股。

另外，股票交易所还制定了两个规定。为了避免大家疯狂交易，股票交易所规定在两次交易（某一天的买入或者卖出均算是一次交易）之间，至少要间隔 WW 天，也就是说如果在第 ii 天发生了交易，那么从第 i+1i+1 天到第 i+Wi+W 天，均不能发生交易。同时，为了避免垄断，股票交易所还规定在任何时间，一个人的手里的股票数不能超过  ext{MaxP}MaxP。

在第 11 天之前， ext{lxhgww}lxhgww 手里有一大笔钱（可以认为钱的数目无限），但是没有任何股票，当然，TT 天以后， ext{lxhgww}lxhgww 想要赚到最多的钱，聪明的程序员们，你们能帮助他吗？

输入输出格式

输入格式：

输入数据第一行包括 33 个整数，分别是 TT， ext{MaxP}MaxP，WW。

接下来 TT 行，第 ii 行代表第 i-1i−1 天的股票走势，每行 44 个整数，分别表示 AP_i, BP_i, AS_i, BS_iAPi​, BPi​, ASi​, BSi​。

输出格式：

输出数据为一行，包括 11 个数字，表示  ext{lxhgww}lxhgww 能赚到的最多的钱数。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5 2 0
2 1 1 1
2 1 1 1
3 2 1 1
4 3 1 1
5 4 1 1

输出样例#1： 复制

3

说明

对于 30\%30% 的数据，0leq W<Tleq 50,1leq ext{MaxP}leq500≤W<T≤50,1≤MaxP≤50

对于 50\%50% 的数据，0leq W<Tleq 2000,1leq ext{MaxP}leq500≤W<T≤2000,1≤MaxP≤50

对于 100\%100% 的数据，0leq W<Tleq 2000,1leq ext{MaxP}leq20000≤W<T≤2000,1≤MaxP≤2000

对于所有的数据，1leq BP_ileq AP_ileq 1000,1leq AS_i,BS_ileq ext{MaxP}1≤BPi​≤APi​≤1000,1≤ASi​,BSi​≤MaxP

题意：

一共t天，最多可以持有maxp支股票。给定每天股票买入卖出价格和每天的交易限额。问可以最多赚多少钱。

思路：

应该能够想得到这是一个dp。子结构就是前i天能赚取的最多价格，这就是“阶段”，也就是第一维。同时我们还需要记录一下持有的股票数，因为状态转移时，不同的股票数的转移是不同的。

因此，dp[i][j]表示第i天持有j的时候所能赚取的最大值。

对于每一天我们都有三种情况。

1.不买也不卖。 那么转移方程就是

2.买入。买入有分两种情况，一种是之前什么都没有，这j股都是在第i天买的。

　　另一种是之前的某一天买了k股，今天买了j-k股。而且题目要求两个交易的日子要间隔w天。

3.卖出。之前的某一天有k股，卖掉了k-j股，第i天剩下j股。

但是我们会发现状态转移的时候如果枚举k，会出现O(n^3)的复杂度，需要进一步优化。

观察状态转移方程我们可以把k合并同类项，比如卖出的式子可以变成

由于max{}中的是一个正数，假设我们设在j时这个值为x，扩展到j+1时，我们只有可能取x或者k=j时的值。他是一个递增的选择。

就可以用单调队列来维护这个值了。

由于卖出是由比j大的k推出的，所以在转移卖出这种情况的时候，j应该是逆序的。

#include <iostream>
#include <set>
#include <cmath>
#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define inf 0x7f7f7f7f

const int maxn = 2005;
int t, maxp, w;
struct node{
    int ap, bp, as, bs;
}day[maxn];
int dp[maxn][maxn], que[maxn];

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &t, &maxp, &w);
    memset(dp, -inf, sizeof(dp));
    for(int i = 1; i <= t; i++){
        scanf("%d%d%d%d", &day[i].ap, &day[i].bp, &day[i].as, &day[i].bs);
    }
    for(int i = 1; i <= t; i++){
        for(int j = 0; j <= day[i].as; j++){
            dp[i][j] = -j * day[i].ap;
        }
        for(int j = 0; j <= maxp; j++){
            dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j]);
        }
        if(i <= w)continue;
        int head = 1, tail = 0;
        for(int j = 0; j <= maxp; j++){
            while(dp[i - w - 1][que[tail]] + que[tail] * day[i].ap <= dp[i - 1 - w][j] + j * day[i].ap && head <= tail){
                tail--;
            }
            que[++tail] = j;
            while(j - que[head] > day[i].as){
                head++;
            }
            dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - w - 1][que[head]] - (j - que[head]) * day[i].ap);
        }

        head = 1, tail = 0;
        for(int j = maxp; j >= 0; j--){
            while(dp[i - w - 1][que[tail]] + que[tail] * day[i].bp <= dp[i - 1 - w][j] + j * day[i].bp && head <= tail){
                tail--;
            }
            que[++tail] = j;
            while(que[head] - j > day[i].bs){
                head++;
            }
            dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1 - w][que[head]] + (que[head] - j) * day[i].bp);
        }
    }


    int ans = -1;
    for(int j = 0; j <= maxp; j++){
        ans = max(ans, dp[t][j]);
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}