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  • HDU 3401 Trade(斜率优化dp)

     http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3401

    题意:
    有一个股市,现在有T天让你炒股,在第i天,买进股票的价格为APi,卖出股票的价格为BPi,同时最多买进股票的数量为ASi,卖出股票的数量为BSi。一次交易之后要隔W天之后才能再次交易,并且手上最多持股maxP,问最多可以炒到多少钱。

    思路:

    首先列一个DP方程:

    分别代表不买不卖,买进股票,卖出股票三种情况(上面 (j-k)<=AS[i] , (k-j)<=BS[i])。

    那么这里需要枚举r和k的情况,由于相邻两次交易必须隔W天,也就是如果第i天交易了,那么至少要到第i+w+1天才能再次交易。如果我们在第i天要交易股票,那么前w天都是不买不卖的情况,那么前w天的情况都是一样的,所以这以r直接为i-w-1即可。

    最后是将上面的式子化简一下:

    可以看见右边是与k有关的表达式,左边是与j有关的表达式,右边我们只需要选择最大的值即可,那么这就可以用单调队列来优化了。

    以买股票为例子说明:

    因为是买股票,所以j肯定是大于k的,所以j从小到大枚举。每次计算出右边的值,单调队列保存递减值。每次取队首的最大值,当然队首元素必须满足AS[i]的条件,不满足就出队列。

     1 #include<cstdio>
     2 #include<iostream>
     3 using namespace std;
     4 const int maxn = 2000+5;
     5 
     6 int t, maxp, w, ap[maxn], bp[maxn], as[maxn], bs[maxn], head, tail;
     7 int dp[maxn][maxn];
     8 struct node
     9 {
    10     int p;
    11     int x;
    12 }q[maxn];
    13 
    14 int main()
    15 {
    16     //freopen("in.txt","r",stdin);
    17     int T;
    18     scanf("%d",&T);
    19     while(T--)
    20     {
    21         scanf("%d%d%d",&t,&maxp,&w);
    22         for(int i=1;i<=t;i++)
    23             scanf("%d%d%d%d",&ap[i],&bp[i],&as[i],&bs[i]);
    24 
    25         for(int i=0;i<=t;i++)
    26             for(int j=0;j<=maxp;j++)
    27                 dp[i][j] = -0x3f3f3f3f;
    28 
    29         for(int i=1;i<=w+1;i++)
    30             for(int j=0;j<=as[i];j++)
    31                 dp[i][j] = -j*ap[i];
    32 
    33         for(int i=2;i<=t;i++)
    34         {
    35             for(int j=0;j<=maxp;j++)
    36                 dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i-1][j]);
    37             if(i<=w+1)  continue;
    38             //买进
    39             head = tail = 1;
    40             for(int j=0;j<=maxp;j++)
    41             {
    42                 int x = dp[i-w-1][j]+j*ap[i];
    43                 while(head<tail && q[tail-1].x<x)  tail--;
    44                 q[tail].x = x;
    45                 q[tail++].p = j;
    46                 while(head<tail && j-q[head].p>as[i]) head++;
    47                 dp[i][j] = max(dp[i][j], q[head].x-j*ap[i]);
    48             }
    49 
    50             //卖出
    51             head = tail = 1;
    52             for(int j=maxp;j>=0;j--)
    53             {
    54                 int x = dp[i-w-1][j]+j*bp[i];
    55                 while(head<tail && q[tail-1].x<x)  tail--;
    56                 q[tail].x = x;
    57                 q[tail++].p = j;
    58                 while(head<tail && j+bs[i]<q[head].p) head++;
    59                 dp[i][j] = max(dp[i][j], q[head].x-j*bp[i]);
    60             }
    61         }
    62         int ans = 0;
    63         for(int i=0;i<=maxp;i++)
    64             ans = max(ans,dp[t][i]);
    65         printf("%d
    ",ans);
    66     }
    67     return 0;
    68 }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/zyb993963526/p/8455300.html
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