[SCOI2010]股票交易
题意
题目描述
最近 $\text{lxhgww}$ 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。
通过一段时间的观察，$\text{lxhgww}$ 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 $\text{MaxP}$。
在第 $1$ 天之前，$\text{lxhgww}$ 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，$\text{lxhgww}$ 想要赚到最多的钱，聪明的程序员们，你们能帮助他吗？
输入输出格式
输入格式：输入数据第一行包括 $3$ 个整数，分别是 $T$，$\text{MaxP}$，$W$。
接下来 $T$ 行，第 $i$ 行代表第 $i-1$ 天的股票走势，每行 $4$ 个整数，分别表示 $AP_i,\ BP_i,\ AS_i,\ BS_i$。
输出格式：输出数据为一行，包括 $1$ 个数字，表示 $\text{lxhgww}$ 能赚到的最多的钱数。
输入输出样例
说明
对于 $30\%$ 的数据，$0\leq W<T\leq 50,1\leq\text{MaxP}\leq50$
对于 $50\%$ 的数据，$0\leq W<T\leq 2000,1\leq\text{MaxP}\leq50$
对于 $100\%$ 的数据，$0\leq W<T\leq 2000,1\leq\text{MaxP}\leq2000$
对于所有的数据，$1\leq BP_i\leq AP_i\leq 1000,1\leq AS_i,BS_i\leq\text{MaxP}$
分析
参照Sooke的题解，现在还有这种把思考过程放在网上的好人。
首先，不难想到本题可以用动态规划来解，这里就省略是如何想到动态规划的了。
动态规划的状态应该如何设？
观察数据范围，我们发现开一个 2000 × 2000 的数组来表示状态是没有问题的。
第一个维度，绝对用来表示是第几天，这个不用多想。
第二个维度，就需要稍微思考思考，我们发现它应该记录拥有多少张股票。
结合一下，整理出： \(f_{i,j}\) 表示第\(i\)天后拥有\(j\)张股票可以赚到的最多钱数。
动态规划的转移方程应该如何列？状态的初值怎么设？
分情况讨论。某一天，要么买股，要么卖股，要么不买也不卖。而买股又可分为两个情况，要么凭空买，跟前面交不交易没有任何关系，要么在前面交易的基础上买股，通俗一点说，也就是该状态是否需要由前面的状态转移而来。
那为什么卖股不用分为两个情况呢？仔细想想，怎么能凭空卖呢？既然和前面的贸易没有关系，也就是说手上没有任何一张股票，哪来的股票用来卖？
因此，一共有四种情况，其中只有一个情况并不需要其他状态转移，单独讨论：
1. 凭空买
仅本情况下的状态可以直接赋值，其他状态初值为 -inf，即：
\(f_{i,j}=-ap_i\ \times \ j\)
\((0 \leqslant j \leqslant as_i)\)
下面三种情况，分别可列三个状态转移方程：
2. 不买也不卖
最好想也最好列转移方程的一种情况，直接由上一天转移，且拥有股票数量不变。即：
\(f_{i,j}\)=\(max(f_{i,j}\ \,,\ \, f_{i-1,j})\)
3. 在之前的基础上买股票
这里的方程就比较复杂了，这里详细解释一下：
题目中指明说两次交易需要至少隔 \(w\) 天。也就是说，今天是第 \(i\) 天交易，那么上一次交易最近是在第 \(i - w - 1\) 天。
可我第 \(i - w - 1\) 天之前也可以交易啊？为什么偏偏是那一天，而不是第 \(i - w - 2\) 天？
回看刚刚讨论的第 2 种情况，我们已经把某一天以前的最优答案转移到了该天，所以从那一天转移，相当于从那一天包括前面任何一天开始转移，省去了大把时间。
接下来，我们已知第 \(i\) 天拥有 \(j\) 张股票，假设第 \(i - w - 1\) 天拥有 \(k\) 张股票。
\(k\) 一定比 \(j\) 小，因为这一种情况是买股票，股票只能多。
但股票又不能买太多，限制最多为 \(as\) 张。所以 \(j - as_i\) 是底线。
继续，这次交易买了 \(j - k\) 张股票，要花去 \((j - k) \times ap_i\) 元。
整理一下，转移方程为：
\(f_{i,j}\)=\(max(f_{i,j}\ \,,\ \,f_{i-w-1,k}-(j-k)\times ap_i)\)
\((j - as_i \leqslant k < j)\)
4. 在之前的基础上卖股票
和上面的情况特别类似，在此简单地说一下区别。
因为是卖股票，\(k\) 这次要比 \(j\) 大。但要小于等于 \(j + bs_i\)。
这次交易卖了 \(k - j\) 张邮票，赚得 \((k - j) \times bp_i\) 元。
整理一下，转移方程为：
\(f_{i,j}\)=\(max(f_{i,j}\ \,,\ \,f_{i-w-1,k}+(k-j)\times bp_i)\)
\((j < k \leqslant j + bs_i)\)
为什么可以使用单调性优化？
上面的 3，4 两种情况，列起来头头是道，但我们深入计算，发现时间复杂度是三次方级的。很显然，我们要想尽办法，把时间复杂度降到二次方级。
这个时候发现那两种情况，实际上可以使用单调性优化。此时达到降时间复杂度的目标。
就以第 3 种情况，在之前的基础上买股票为例子吧。
再重复提一下那个转移方程：
\(f_{i,j}\)=\(max(f_{i,j}\ \,,\ \,f_{i-w-1,k}-(j-k)\times ap_i)\)
\((j - as_i \leqslant k < j)\)
运用乘法分配率：
\(f_{i,j}\)=\(max(f_{i,j}\ \,,\ \,f_{i-w-1,k}-j\times ap_i+k\times ap_i)\)
\((j - as_i \leqslant k < j)\)
既然要将状态转移给 \(f_{i,j}\)，此时 \(j\) 可以从 \(max\) 中提取出，此时转移方程变为：
\(f_{i,j}\)=\(max(f_{i,j}\ \,,\ \,f_{i-w-1,k}+k\times ap_i)-j\times ap_i\)
\((j - as_i \leqslant k < j)\)
此时，我们发现以上的转移方程符合单调性优化的条件，故可以使用单调性优化。
没有理解地，可以这么想：由于转移有这么一个区间前提：\((j - as_i \leqslant k < j)\)，又因为转移方程中出现了 max，也就是说转移的目的是从该区间中，找到某个最大的值，基础好的你应该已经发现这就是滑动窗口了吧？只不过放进单调队列的元素，是 \(f_{i-w-1,k}+k\times ap_i\)，但这并不影响转移。
那么第 4 种情况的转移，我就不多解释了，它的转移方程可以整理为：
\(f_{i,j}\)=\(max(f_{i,j}\ \,,\ \,f_{i-w-1,k}+k \times bp_i)-j \times bp_i\)
\((j < k \leqslant j + bs_i)\)
好像除了后面的转移区间要求，两个整理后的方程几乎都是一样的。
对了，还有一个细节，是第 3 种情况转移应该顺序，第 4 种情况转移应该逆序，这个不难理解，先自己想想吧。
时间复杂度\(O(n^2)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;
co int N=2e3+1;
int f[N][N],q[N];
int main(){
int t,maxp,w;
read(t),read(maxp),read(w);
memset(f,0xcf,sizeof f);
for(int i=1;i<=t;++i){
int ap,bp,as,bs;
read(ap),read(bp),read(as),read(bs);
for(int j=0;j<=as;++j) f[i][j]=-j*ap;
for(int j=0;j<=maxp;++j) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);
if(i<=w) continue;
int l=1,r=0; // empty set
for(int j=0;j<=maxp;++j){
while(l<=r&&q[l]<j-as) ++l;
while(l<=r&&f[i-w-1][q[r]]+q[r]*ap<=f[i-w-1][j]+j*ap) --r;
q[++r]=j;
if(l<=r) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][q[l]]+(q[l]-j)*ap);
} // here judge is not essential
l=1,r=0;
for(int j=maxp;j>=0;--j){
while(l<=r&&q[l]>j+bs) ++l;
while(l<=r&&f[i-w-1][q[r]]+q[r]*bp<=f[i-w-1][j]+j*bp) --r;
q[++r]=j;
if(l<=r) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][q[l]]+(q[l]-j)*bp);
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=maxp;++i) ans=max(ans,f[t][i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
