「SCOI2010」股票交易-dp+单调队列

lxhgww预测到了未来$T$天内某只股票的走势,第$i$天的股票买入价为每股$AP_i$,第$i$天的股票卖出价为每股$BP_i$(数据保证对于每个$i$,都有$AP_i$>=$BP_i$),第$i$天的一次买入至多只能购买$AS_i$股,一次卖出至多只能卖出$BS_i$股。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$W$天;在任何时间一个人的手里的股票数不能超过$MaxP$。

在第1天之前,lxhgww手里有数目无限的钱,但是没有任何股票,在$T$天以后,lxhgww能赚到的钱最多是多少?

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Luogu P2569

题解

显然要dp嘛,要不然它放在dp模块里搞笑么。

如果用$dp[i][j]$表示在第$i$天的时候拥有$j$股股票的时候的最大收益。

那么状态转移:

$$
dp[i][j] = max
\begin{cases}{}
dp[i-1][j]\\
-ap[i]\times j,\; &j\leq as[i]\\
dp[i-w][j+t] + t \times bp[i],\;&0 < t < bs[i],j+t \leq maxp\\
dp[i-w][j-t] - t \times ap[i],\;&0 < t < as[i],j-t > 0
\end{cases}
$$

注意到前两个转移是$O(1)$的 ,后两个是如果直接做是$O(n)$的,然而这个东西就是在一个区间里面找最大值,后面加减的$t$ 随位置同步改变,不会改变状态的相对大小,所以用单调队列优化后面两个转移即可。

最后扫一下所有的$dp[n][i]$最大值即为答案。

代码

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 2100;

int n,m,w;
int ap[MAXN],bp[MAXN],as[MAXN],bs[MAXN];
int dp[MAXN][MAXN];

void init(){
scanf("%d %d %d",&n,&m,&w);
w++;
for(int i = 1;i<=n;i++)
scanf("%d %d %d %d",&ap[i],&bp[i],&as[i],&bs[i]);
}

deque<int> q;

void solve(){
for(int i = 0;i<=n;i++)
for(int j = 0;j<=m;j++)
dp[i][j] = -0x3f3f3f3f;
dp[0][0] = 0;
for(int i = 1;i<=n;i++){
for(int j = 0;j<=as[i];j++)
dp[i][j]=-ap[i]*j;
for(int j = 0;j<=m;j++)
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i-1][j]);
if(i-w < 0) continue;//!!!
while(!q.empty()) q.pop_back();
for(int j = 0;j<=m;j++){
while(!q.empty() && q.front() < j-as[i])
q.pop_front();
while(!q.empty() && dp[i-w][q.back()]-(j-q.back())*ap[i] <= dp[i-w][j])
q.pop_back();
q.push_back(j);
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i-w][q.front()]-(j-q.front())*ap[i]);
}

while(!q.empty()) q.pop_back();
for(int j = m;j>=0;--j){
while(!q.empty() && q.front() > j+bs[i])
q.pop_front();
while(!q.empty() && dp[i-w][q.back()]+(q.back()-j)*bp[i] <= dp[i-w][j])
q.pop_back();
q.push_back(j);
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i-w][q.front()] + (q.front() - j)*bp[i]);
}
}
int ans = 0;
for(int i = 0;i<=m;i++)
ans = max(ans,dp[n][i]);
printf("%d\n",ans);
}

int main(){
init();
solve();
return 0;
}

在写下这个题解的时候,这的确是第100篇博文了。祝贺一下自己。