关键词:
题目
最近 ( extlxhgww) 又迷上了投资股票,通过一段时间的观察和学习,他总结出了股票行情的一些规律。
通过一段时间的观察,( extlxhgww) 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 geq bp_i)),但是每天不能无限制地交易,于是股票交易所规定第 (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。
另外,股票交易所还制定了两个规定。为了避免大家疯狂交易,股票交易所规定在两次交易(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,也就是说如果在第 (i) 天发生了交易,那么从第 (i + 1) 天到第 (i + w) 天,均不能发生交易。同时,为了避免垄断,股票交易所还规定在任何时间,一个人的手里的股票数不能超过 ( extMaxP)。
在第 (1) 天之前,( extlxhgww) 手里有一大笔钱(可以认为钱的数目无限),但是没有任何股票,当然,(T) 天以后,( extlxhgww) 想要赚到最多的钱,聪明的程序员们,你们能帮助他吗?
分析
设 (f(i,j)) 代表第 (i) 持有 (j) 股的最大收益。
[
f(i,j) = maxleft eginarray
max_k = 1^as_i f(i - w - 1,j - k) - ap_i imes k \max_k = 1^bs_i f(i - w - 1,j + k) + bp_i imes k f(i - 1,j)
endarray
ight.
]
很容易得出,该方程的时间复杂度为 (Theta (n^3))。显然会(
m T)。
以只买入的 (max_k = 1^as_i f(i - w - 1,j - k) - ap_i imes k) 看,我们发现我们要查询的 (f) 总是一段连续的区间,但是若使用单调队列维护 (f) ,(ap_i imes k) 又很恶心。
但是我们通过观察,对于每个 (ap_i imes k) 和 (bp_i imes k) 所影响到的要查询的 (f) ,若 (j + 1) ,则它们都会同时加上 (ap_i) 或 (-bp_i)。
比如原先的 (f(i - w - 1, j) - ap_i, f(i - w - 1, j - 1) - 2ap_i,cdots,f(i - w - 1, j + k) - ap_i imes k)。
当区间右移一次时,它们的影响变成了:$f(i - w - 1, j - 1) - ap_i,?f(i - w - 1, j - 2) - 2ap_i,cdots $
所以,当要查询的区间右移一次时,它们的相对大小关系是不会改变的,我们可以对原 ( m dp) 式进行变换来更好的运用这个性质。
以买入为例,(max_k = 1^as_i f(i - w - 1,j - k) - ap_i imes k),若令 (p = j - k),则变为:
[
eginarray
& max_p = j - 1^j - as_i f(i - w - 1,p) - ap_i imes (j - p) \
= & max_p = j - 1^j - as_i ( f(i - w - 1,p) + ap_i imes p ) - ap_i imes j
endarray
]
这么一来,(f) 与 (ap_i) 就有了一一对应的关系,可以很容易的利用单调队列优化。
同理,卖出也可以这样处理,变式为 (max_p = j + 1^j + bs_i (f(i - w - 1,p) + bp_i imes p) - bp_i imes j)。
接下来就是常规的单调队列优化,时间复杂度为 (Theta (n ^ 2))。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2000 + 5, inf = 0x3f3f3f3f;
int f[MAXN][MAXN], ap[MAXN], bp[MAXN], as[MAXN], bs[MAXN], w, t, maxp;
struct monQue
pair<int, int> data[MAXN];
int head, tail;
void clear() head = 0, tail = 0;
bool empty() return tail <= head;
void push(pair<int, int> x)
while(!empty() && data[tail - 1] <= x) tail--;
data[tail++] = x;
void pop() head++;
pair<int, int> front() return data[head];
sell, buy;
int main()
memset(f, ~0x3f, sizeof(f));
scanf("%d%d%d", &t, &maxp, &w);
for(int i = 1; i <= t; i++)
scanf("%d%d%d%d", &ap[i], &bp[i], &as[i], &bs[i]);
for(int i = 1; i <= t; i++)
buy.clear(); sell.clear();
for(int j = 0; j <= maxp; j++)
f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j]);
if(j <= as[i]) f[i][j] = max(-ap[i] * j, f[i][j]);
if(i - w - 1 <= 0) continue;
if(j)
while(!buy.empty() && buy.front().second < j - as[i]) buy.pop();
buy.push(make_pair(f[i - w - 1][j - 1] + ap[i] * (j - 1), j - 1));
f[i][j] = max(buy.front().first - ap[i] * j, f[i][j]);
if(i - w - 1 <= 0) continue;
for(int j = maxp - 1; j >= 0; j--)
while(!sell.empty() && sell.front().second > j + bs[i]) sell.pop();
sell.push(make_pair(f[i - w - 1][j + 1] + bp[i] * (j + 1), j + 1));
f[i][j] = max(sell.front().first - bp[i] * j, f[i][j]);
int ans = -inf;
for(int i = 0; i <= maxp; i++)
ans = max(f[t][i], ans);
printf("%d
", ans);
return 0;
后记
终于把这个坑填上了。。
[scoi2010]股票交易(代码片段)
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[bzoj1855][scoi2010]股票交易(代码片段)
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bzoj1855[scoi2010]股票交易(代码片段)
...题不难想出O(n^4)做法,我们用f[i][j]表示第i天手中持有j只股票时,所赚钱的最大值。不难推出以下式子:$f[i][j]=max\left\\beginalignedf[k][l]+(l-j)\timesbs[i],l\in[j,j+bs[i]]\\f[k][ 查看详情
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1855:[Scoi2010]股票交易TimeLimit: 5Sec MemoryLimit: 64MBSubmit: 1083 Solved: 519[Submit][Status][Discuss]Description最近lxhgww又迷上了投资股票,通过一段时间的观察和学习,他总结出了股票行情的一些规律。通 查看详情
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题面BzojSol设(f[i][j])表示第(i)天有(j)张股票的最大收益转移很简单辣#include<bits/stdc++.h>#defineRGregister#defineILinline#defineFill(a,b)memset(a,b,sizeof(a))usingnamespacestd;typedeflonglongll;constint_(2010); 查看详情
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...到以后不再犯类似的错误。F[i][j]即第i天,当前手中有j的股票所能带来的最大价值。分类讨论一下,今天可以买,可以不买,还可以卖。买的话可以分为我今天第一次开始买(是不是发现它其实就是初始化),和以前买过了,这... 查看详情
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传送门解题思路 不难想一个(O(n^3))的(dp),设(f_i,j)表示第(i)天,手上有(j)股的最大收益,因为这个(dp)具有单调性,所以(f_i)可以贪心的直接从(f_i-w-1)那一层转移来,转移时枚举一下当前买卖多少。考虑优化,发现每次其实就... 查看详情
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题链:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1855题解:DP,单调队列优化。(好久没做DP题,居然还意外地想出来了)定义dp[i][k]表示前i天,手上还有k股的最大收益。(注意这个定义是个前缀的形式)假设枚举到了第i天,令j=i-W-1。... 查看详情
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