【笔记篇】单调队列优化dp学习笔记&&luogu2569_bzoj1855股票交♂易

时间：2022-03-02 08:42:25

DP颂

DP之神 圣洁美丽 算法光芒照大地

我们怀着 崇高敬意 跪倒在DP神殿里

你的复杂 能让蒟蒻 试图入门却放弃

在你光辉 照耀下面 AC真心不容易

dp大概是最经久不衰 亘古不化的算法了吧.

而且有各种各样的类型 优化之类的.

一直dp都不怎么好. 而且也不太知道应该怎么提高.

基本见到不认识的dp方程就不大会推(但我会打表啊= =

所以dp还是很有的学的~

正好最近刚刚肝了计算几何, 所以就顺带搞一下斜率优化dp一类的...

单调队列优化dp

单调队列大家都会吧?

不会的先出去学一下, 这里不讲.

好的, 我们来看一下这个柿子

\[f[i]=max\{f[j]+\omega(j)\} (j\in[1..i))
\]

其中\(\omega(j)\)是一个费用函数, 一般会根据题目的不同而变化.

这个dp能做到什么复杂度呢?

首先一眼\(O(n^2)\)...

然而我们可以用一个变量记录一下之前出现过的最大值.

这样转移是\(O(1)\)的了, 总复杂度就降到了\(O(n)\).

但是如果是这样呢?

\[f[i]=max\{f[j]+\omega(j)\}(j\in[i-m,i))
\]

那就不能只维护一个变量了, 因为最大值如果出现在\(j\)的取值区间之外则转移是不合法的.

这样我们就考虑用单调队列来维护最大值, 这样转移依然可以做到\(O(1)\), 总复杂度\(O(n)\).

看道题: (woc辣鸡bzoj给的什么zz数据范围, T都没给怎么做...)

这题可以写出这么一个状态转移方程

\[令f[i][j]表示第i天拥有j支股票的最大收益, \\
f[i][j]=max\left\{
\begin{matrix}
f[i-w-1][k]-ap[i]*(j-k), (k\in[j-as[i],j)) //买入\\
f[i-w-1][k]+bp[i]*(k-j),(k\in(j,j+bs[i]]) //卖出\\
f[i-1][j]//不交♂易
\end{matrix}
\right.
\]

其中不交易的情况好处理, 但是如果前面两种枚举\(k\)的话就要做到\(O(n^*maxP^2)\), 显然是过不了的, 我们必须考虑优化.

我们以买入为栗化一波柿子(因为卖出同理) :

\[f[i][j]=max\{f[i-w-1][k]-ap[i]*(j-k)\}\\
=max\{f[i-w-1][k]+ap[i]*k\}-ap[i]*j (k\in[j-as[i],j])
\]

我们令\(\omega(x)=ap[i]*x\), 而我们枚举\(i\), 就可以视为\(i\)是定值, 于是\(ap[i],as[i]\)都是定值.

我们就可以看出第二维形成了一个能用单调队列优化的柿子了.

这样优化之后复杂度成功降到了\(O(n*maxP)\), 就可以通过此题了.

根据贪心原则, 为了获得最多的现金, 手里不应该留股票, 所以用每个\(f[i][0]\)更新答案即可.

不过要注意一下边界条件... 挺扯淡的..

代码:

#include <cstdio>

#include <cstring>

const int N=2020;

const int INF=0x7fffffff;

int q[N<<1],d[N<<1],h=1,t=0;

int f[N][N],ap[N],bp[N],as[N],bs[N];

inline int gn(int a=0,char c=0){

	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());

	for(;c>47&&c<58;c=getchar())a=a*10+c-48;return a;

}

inline int max(const int& a,const int& b){

	return a>b?a:b;

}

int main(){

	int n=gn(),m=gn(),w=gn(),ans=0;

	for(int i=1;i<=n;++i)

		ap[i]=gn(),bp[i]=gn(),as[i]=gn(),bs[i]=gn();

	memset(f,192,sizeof(f));

	for(int i=1;i<=n;++i){

		for(int j=0;j<=as[i];++j) f[i][j]=-ap[i]*j;

		for(int j=0;j<=m;++j) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);

		if(i>w){

				h=1; t=0;

			for(int j=0;j<=m;++j){

				int val=f[i-w-1][j]+j*ap[i];

				while(t>=h&&val>=q[t]) --t;

				q[++t]=val; d[t]=j;

				while(t>=h&&d[h]<j-as[i]) ++h;

				f[i][j]=max(f[i][j],q[h]-ap[i]*j);

			}

			h=1; t=0;

			for(int j=m;j>=0;--j){

				int val=f[i-w-1][j]+bp[i]*j;

				while(t>=h&&val>=q[t]) --t;

				q[++t]=val; d[t]=j;

				while(t>=h&&d[h]>j+bs[i]) ++h;

				f[i][j]=max(f[i][j],q[h]-bp[i]*j);

			}

		}

		ans=max(ans,f[i][0]);

	}

	printf("%d",ans);

}

反正差不多就这样吧....

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