SCU2016-01 M题

来源：互联网发布：阿里云东京节点编辑：程序博客网时间：2024/05/16 08:45

Author :jibancanyang
Created Time : 二 7/ 5 15:44:46 2016
Problem:
Analyse:
很容易想到状态定义：dp[i][j]，表示前i天，有j个股票的最大利润。
然后也容易写出转移方程，即使有个隔w天，那么隔w再转移不就好了。
dp[i][j]必须继承dp[i−1][j]，这是不选的情况，而不是dp[i−w−1][j]。
然后观察状态转移方程部分，找出哪些是常量，哪些是变量，发现需要维护固定区间最大值。
而且是两个，单调队列就好了。
单调队列的节点有两个元素，一个是节点值，一个是节点标号，节点标号在判断逃出的时候有特效。
单调队列的正确性由来：那些比你后加入的节点都比你更优，它们比你更后离开，所以你没有用，表现上就是维护一个单调的队列。
但是那些大的元素，淘汰的方法就是队首判断下标。

Get:
分析转移方程来降低维度非常重要。用抽象思维来思考，再把每个抽象体对应到代码。
Code:

/**********************jibancanyang*************************************************1599664856@qq.com**********************/#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>#include <queue>#include <set>#include <map>#include <string>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <ctime>#include <stack>using namespace std;typedef pair<int, int> pii;typedef long long ll;typedef unsigned long long ull;typedef vector<int> vi;#define pr(x) cout << #x << ": " << x << "  "#define pl(x) cout << #x << ": " << x << endl;#define pri(a) printf("%d\n",(a))#define xx first#define yy second#define sa(n) scanf("%d", &(n))#define sal(n) scanf("%lld", &(n))#define sai(n) scanf("%I64d", &(n))#define vep(c) for(decltype((c).begin() ) it = (c).begin(); it != (c).end(); it++)const int mod = int(1e9) + 7, INF = 0x3f3f3f3f;const int maxn = 2e3 + 13;int dp[maxn][maxn];pii lque[maxn * 10], rque[maxn * 10];int main(void){#ifdef LOCAL    freopen("in.txt", "r", stdin);    //freopen("out.txt", "w", stdout);#endif    int T; sa(T);    while (T--) {        int t, maxp, w; sa(t), sa(maxp), sa(w);        for (int i = 0; i <= maxp; i++) dp[0][i] = -INF;        dp[0][0] = 0;        for (int i = 1; i <= t; i++) {            int api, bpi, asi, bsi; sa(api), sa(bpi), sa(asi), sa(bsi);            int I = max(0, i - w - 1);            int  r = 0, l1 = 0, l2 = 0, r1 = 0, r2 = 0;            for (int j = 0; j <= maxp; j++) {                while (r <= j + bsi && r <= maxp) {                    if (dp[I][r] != -INF) {                        while (l2 < r2 && dp[I][r] + r * bpi > rque[r2 - 1].yy) r2--;                        rque[r2].xx = r;                        rque[r2++].yy = dp[I][r] + r * bpi;                    }                    r++;                }                while (l2 < r2 && rque[l2].xx <= j)  l2++;                if (j - 1 >= 0 && dp[I][j - 1] != -INF) {                    while (l1 < r1 && dp[I][j - 1] + (j - 1) * api > lque[r1 - 1].yy) r1--;                    lque[r1].xx = j - 1;                    lque[r1++].yy = dp[I][j - 1] + (j - 1) * api;                }                while (l1 < r1 && lque[l1].xx < j - asi) l1++;                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], max(l2 == r2 ? -INF : rque[l2].yy - j * bpi, l1 == r1 ? -INF : lque[l1].yy - j * api));            }        }        int ans = 0;        for (int i = 0; i <= maxp; i++) {            ans = max(ans, dp[t][i]);        }        pri(ans);    }    return 0;}

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