[BZOJ 1855][SCOI 2010]股票交易(单调队列优化DP)

题目链接

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1855

思路

很显然是个DP题，比较容易想到下面的DP做法：

用f[i][j]f[i][j]表示第ii天，手上有jj个股票的最大获利。显然最终的答案为max{f[i][0]}max\{f[i][0]\}(显然以某天交易结束后收手不干，肯定是手上没有股票是最优的)，DP初始化如下：

f(x)={f[i][j]=max{f[i−1][j],−apj},j<=as(第i天没买或全是这天买的)f[i][j]=f[i−1][j],j>as(手上股票超出了一次购买的限制，只能是第i天没买) f(x)=\left\{
\begin{aligned}
f[i][j]=max\{f[i-1][j],-a_pj\},j<=a_s(第i天没买或全是这天买的) \\
f[i][j]=f[i-1][j],j>a_s (手上股票超出了一次购买的限制，只能是第i天没买)\\
\end{aligned}
\right.

而DP方程则为(以转移情况为购入股票举例)

f[i][j]=max{f[i−w−1][k]+ap(j−k)} f[i][j]=max\{f[i-w-1][k]+a_p(j-k)\}

这样做的正确性是显然的，f[i][j]f[i][j]一定是前ii天里手持jj股的最优解，这样一来我们就节省了一维时间复杂度，但是还是会TLE。

变化一下这个DP方程：

f[i][j]=max{f[i−w−1][k]−apk+apj} f[i][j]=max\{f[i-w-1][k]-a_pk+a_pj\}

一般可以用单调队列优化的DP都能满足形如f[x]=max(min){f[k]}+g[x]f[x]=max(min)\{f[k]\}+g[x]的形式，那么我们可以把这里的f[i−w−1][k]f[i-w-1][k]看作是上面的f[k]f[k]，apja_pj看作是上面的g[x]g[x]，于是就可以从小到大枚举jj，并用单调队列维护二元组(k,f[i−w−1][k])(k,f[i-w-1][k])，并保证队首的f[i−w−1][k]f[i-w-1][k]是最大的，DP到某个jj时，先把队首所有不合法的f[i−w−1][k]f[i-w-1][k]全部弹出，然后用第一个合法的队首去更新f[i][j]f[i][j]，然后将这时的f[i−w−1][j]f[i-w-1][j]放入队尾，并同时维护队列单调性。

而卖出的做法也非常相似，在这里就不再赘述了

代码

刚开始数组开大了，直接卡成TLE。。。郁闷。。。

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>

#define MAXN 2100
#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

pair<int,int>q[MAXN];
int f[MAXN][MAXN];
int T,maxP,w;

int main()
{
int ans=-INF;
memset(f,-INF,sizeof(f));
scanf("%d%d%d",&T,&maxP,&w);
for(int i=1;i<=T;i++)
{
int ap,bp,as,bs;
scanf("%d%d%d%d",&ap,&bp,&as,&bs);
for(int j=0;j<=as;j++) f[i][j]=-ap*j; //初始化f[i][j]=-ap*j(光买了股票)
for(int j=0;j<=maxP;j++) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]); //初始化什么都没买的情况更新f数组
int k=i-w-1; //单调队列里保存的就是(j,f[w][j]+ap[i]*j(-bp[i]*j))这个二元组
if(k>=0)
{
int h=0,t=0;
for(int j=0;j<=maxP;j++)
{
//买入股票
while(h<t&&q[h].first<j-as) h++;
while(h<t&&q[t-1].second<=f[k][j]+ap*j) t--;
q[t++]=make_pair(j,f[k][j]+ap*j);
if(h<t) f[i][j]=max(f[i][j],q[h].second-ap*j);
}
h=0,t=0;
for(int j=maxP;j>=0;j--)
{
//卖出股票
while(h<t&&q[h].first>j+bs) h++; //!!!!!
while(h<t&&q[t-1].second<=f[k][j]+bp*j) t--;
q[t++]=make_pair(j,f[k][j]+bp*j);
if(h<t) f[i][j]=max(f[i][j],q[h].second-bp*j);
}
}
ans=max(ans,f[i][0]); //显然以某天交易结束后收手不干，肯定是手上没有股票是最优的
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}