单调队列优化DP
简明题意：你初始时有\(∞\) 元钱，并且每天持有的股票不超过 \(Maxp\) 。 有\(T\) 天，你知道每一天的买入价格 \(AP_i\) ，卖出价格 \(Bp_i\)， 买入数量限制 \(AS_i\)，卖出数量限制 \(BS_i\)。 并且两次交易之间必须间隔 \(W\)天。 现在问你 \(T\) 天结束后，最大收益是多少。
我们这么来想，股票买入我们可以看作是负收入
看过数据范围，我们考虑用 \(DP\) 来解决这个问题
状态设计：
我们考虑用一个二维数组，显然我们首先需要记录天数，于是第一维就是天数
题目中还有一些限制，就是我们在满足收益最大的前提下，还要满足一些条件：
1，两次交易必须间隔\(w\)天
2，持有的股票数不得超过给定数
第一个限制条件我们很容易就可以解决，只需要在转移的时候控制一下天数就好了，我们可以直接用\(DP\)的第一维解决。
第二个限制呢？显然我们需要用一个新的维来记录这个问题，也就是我们需要用第二维来记录手里有多少股票。
于是设 \(f[i][j]\) 为\(i\)天以后拥有\(j\)张股票所能获得的最大收益。
状态转移：
显然地存在三种大情况：
1，买股票
2，啥也不干
3，卖股票
首先对于买股票，我们又可以有两种，分别是凭空买和本来就有我再买。
啥也不干就显然了，我们就直接把前一天的搞过来就好了
麦股票显然就一种，我只能手里有的时候卖
于是我们有四种情况
case 1: 凭空买
因为直接买，我们就可以把这个初始状态直接赋值，其他的搞成 \(-inf\).
\(f[i][j]=-ap_i \times j \ ,\ ( 0\le j \le as_i)\)
case 2:不买也不卖
直接把上一天的继承过来就可以了
\(f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]),\ ( 0\le j \le maxp)\)
case 3: 在之前的基础买股票
首先关于上面的问题 \(1\)，我们要满足之间间隔 \(w\)天，也就是上一次交易一定是在 \(i-w-1\)天的时候。
为什么我们一定在这一天进行交易？原因是我们在上一个 \(case\) 中就解决了这个问题，我们已经把之前某一天以前的最优答案转移到了这一天，所以就不需要考虑以前的天数了，在这一天转移一定是比以前任何一天转移都要优的。
我们已知在第 \(i\) 天拥有 \(j\) 张股票，假设在第 \(i-w-1\) 天有 \(k\) 张股票。
\(k\) 显然要比 \(j\) 小，因为我们要买入，还有一个限制，我们一天最多买 \(as_i\) 张，于是我们的 \(k\) 的下线就是 \(j-as_i\) 。
交易一共买入了 \(j-k\) 张股票，要花 $(j-k) \times ap_i $ 元
那么方程就显而易见了：
\(f[i][j]=max(f[i-w-1][k]-(j-k) \times ap_i) \ ,\ (j-as_i \le k \le j)\)
case 4:卖股票
这个情况和上面那个很类似，但是略有不同。
这次因为要卖股票，所以 \(k>j\),并且\(k \le j+bs_i\).
本次交易卖出了 \(k-j\) 张股票，赚钱 \((k-j) \times bp_i\) 元。
方程：
\(f[i][j]=max(f[i-w-1][k]+(k-j) \times bp_i) \ ,\ (j \le k \le j+bs_i)\)
优化：
对于 \(case\ 3\) 和 \(case\ 4\) ,如果我们直接计算，可以发现复杂度大概是 \(O(n \times maxp ^2 )\) 的，妥妥的 \(T\) 飞。
仔细观察式子：
\(case\ 3:\)
\(f[i][j]=max(f[i-w-1][k]-(j-k) \times ap_i) \ ,\ (j-as_i \le k \le j)\)
\(case\ 4:\)
\(f[i][j]=max(f[i-w-1][k]+(k-j) \times bp_i) \ ,\ (j \le k \le j+bs_i)\)
先来看\(case\ 3\)， 我们把括号拆开，得：
\(f[i][j]=max(f[i-w-1][k]-j \times ap_i +k \times ap_i) \ ,\ (j-as_i \le k \le j)\)
发现其中有一项是不带 \(k\) 的，我们把它提出来，得：
\(f[i][j]=max(f[i-w-1][k]+k \times ap_i)-j \times ap_i \ ,\ (j-as_i \le k \le j)\)
在给定 \(i,j\)的时候，只有一个变量 \(k\) ，也就是只有\(k\) 的取值会影响答案。并且在 \(j\) 的循环恰当的时候， \(k\) 是具有平移关系的。
或者换句话说：这是符合单调性优化的条件的。
同样的，\(case\ 4\) 我们同样可以得出类似的式子：
\(f[i][j]=max(f[i-w-1][k]+k \times bp_i)-j \times bp_i \ ,\ (j \le k \le j+bs_i)\)
于是我们使用单调队列，每次排除过期元素，然后补上新的选择，最后从对头取出最优解更新即可。
之后就是关于 \(j\) 的循环顺序问题，我们要保证上一个状态已经有了。
对于 \(case \ 3\) ，我们需要用到 \((j-k)\) 的状态,于是需要正序先算出小的。
对于 \(case \ 4\) ，我们需要用到 \((k-j)\) 的状态,于是需要倒叙先算出大的。
于是 \(case\ 3\) 正序， \(case \ 4\) 倒序。
要说的就这么多了
CODE:
//#define LawrenceSivan
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define re register
const int maxn=2005;
inline int mymax(int x,int y){
return x>y?x:y;
}
int T,maxp,w,ans;
int ap,bp,as,bs;
int f[maxn][maxn];
int q[maxn],l=1,r=0;
inline int read(){
int x=0, f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)) {if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=x*10+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
int main() {
#ifdef LawrenceSivan
freopen("aa.in", "r", stdin);
freopen("aa.out", "w", stdout);
#endif
memset(f,0xcf,sizeof(f));
T=read();maxp=read();w=read();
for(re int i=1;i<=T;i++){
ap=read();bp=read();as=read();bs=read();
for(re int j=0;j<=as;j++){//case 1
f[i][j]=-1*j*ap;
}
for(re int j=0;j<=maxp;j++){// case 2
f[i][j]=mymax(f[i][j],f[i-1][j]);
}
if(i<=w)continue;//如果i<=w，那么i-w-1就是负的了
l=1;r=0;//case 3
for(re int j=0;j<=maxp;j++){//low to high
while(l<=r&&q[l]<j-as)l++;//排除过期元素
while(l<=r&&f[i-w-1][q[r]]+q[r]*ap<=f[i-w-1][j]+j*ap)r--;//更新元素
q[++r]=j;//插入最新元素
if(l<=r)f[i][j]=mymax(f[i][j],f[i-w-1][q[l]]+q[l]*ap-j*ap);// 如果单调队列里有元素，即可转移
}
l=1;r=0;//case 4
for(re int j=maxp;j>=0;j--){//high to low
while(l<=r&&q[l]>j+bs)l++;//排除过期元素
while(l<=r&&f[i-w-1][q[r]]+q[r]*bp<=f[i-w-1][j]+j*bp)r--;//更新元素
q[++r]=j;//插入最新元素
if(l<=r)f[i][j]=mymax(f[i][j],f[i-w-1][q[l]]+q[l]*bp-j*bp);
}
}
for(re int i=0;i<=maxp;i++){//手上可以留下一点
ans=mymax(ans,f[T][i]);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
总结：
1，对于决策转移时，有明显单调性的情况，对于状态移动时，转移决策重复度较大。都可用单调队列优化。（滑动窗口）
2，对于单调性要主动发现，主动往那方面想