题目描述
思路
蒟蒻还是太弱了，，就想到半个方程就GG了，至于什么单调队列就更想不到了。
$f[i][j]$表示第$i天有j$张股票的最大收益。
那么有四种选择：
- 不买股票：$f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j])$
- 买$j$张股票，之前没有买：$f[i][j]=-j*ap[i]$
- 买$j$张股票，之前有过交易，中间间隔了$w$天：$f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][k]-(j-k)*ap[i])$
- 卖$j$张股票，之前有过交易（废话），中间间隔了$w$天，$f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][k]+(k-j)*bp[i])$
方程列出来了，还是很好理解的。那么怎么优化呢？我们发现$i,j,k$都要枚举$O(n^3)$的复杂度是会$T$的，我们需要用一些优化。
我们发现：3转移中$f[i-w-1][k]-(j-k)*ap[i]=f[i-w-1][k]+k*ap[i]-j*ap[i]$，这样我们在第i天时只要找出最大的$f[i-w-1][k]+k*ap[i]$即可，因为前两维$i,j$已知，$j*ap[i]$是常数。
用一个递减的单调队列维护使$f[i-w-1][k]+k*ap[i]$最大的$k$，每次取队首转移即可，注意如果$as[i]<j-k$（即买不了这么多股票）时，需要把队首弹出。那么4也是一样，维护最大的$f[i-w-1][k]+k*bp[i]（bs[i]<k-j）$
code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=2010;
int n,m,w,ap,bp,as,bs;
int f[N][N],q[N],head,tail;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);
memset(f,128,sizeof(f));//负无穷
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&ap,&bp,&as,&bs);
for(int j=0;j<=as;j++)f[i][j]=-ap*j;//转移2
for(int j=0;j<=m;j++)f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j]);//转移1
if(i<=w)continue;//之前不能进行交易
head=1,tail=0;
for(int j=0;j<=m;j++)
{
while(head<=tail&&q[head]<j-as)
head++;//不够买
while(head<=tail&&f[i-w-1][q[tail]]+q[tail]*ap<=f[i-w-1][j]+j*ap)
tail--;//单调性
q[++tail]=j;//加入新元素
if(head<=tail)
f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][q[head]]+q[head]*ap-j*ap);//转移3
}
head=1,tail=0;
for(int j=m;j>=0;j--)
{
while(head<=tail&&q[head]>j+bs)
head++;//不够卖
while(head<=tail&&f[i-w-1][q[tail]]+q[tail]*bp<=f[i-w-1][j]+j*bp)
tail--;//单调性
q[++tail]=j;//加入新元素
if(head<=tail)
f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][q[head]]+q[head]*bp-j*bp);//转移4
}
}
cout<<f[n][0];//最后一天全部卖出即为最优
}