題目大意：

你初始時有∞ 元錢，並且每天持有的股票不超過 Maxp 。 有 T 天，你知道每一天的買入價格（ AP[i] ），賣出價格（ Bp[i] ）， 買入數量限制（ AS[i] ），賣出數量限制（ BS[i] ）。 並且兩次交易之間必須間隔 W 天。 現在問你 T 天結束後，最大收益是多少。

分析：

註意對題意的理解，雖然有無限的錢，但是買股票是要減少當前的收益的，收益是賣出的總錢數減去買入的錢數。收益並不是只增不減。

可以想到的是：動態規劃。設f[i][j]表示前i天之後，剩下j股股票的最大收益。顯然根據題意，在j相同的時候，i越往後的時候，f[i][j]越大。

狀態轉移方程，買入和賣出是相同的思路:

賣出：

f[i][j]=max(f[i-w-1][k]+(k-j)×bp[i]) (j<=k<=j+bs[i])

買入：

f[i][j]=max(f[i-w-1][k]-(j-k)×ap[i]) (j-as[i]<=k<=j)

這種情況的復雜度是O(T×Mp×Mp)直接T掉。

將轉移方程括號展開，發現：

f[i-w-1][k]+(k-j)×bp[i]=(f[i-w-1][k]+k×bp[i])-j×bp[i]

在給定i，j的時候，唯一在變的變量就是k，k的取值會影響最大值。而且給予j正確的循環順序，k的取值區間是逐漸在平移的。

想到了什麽？

滑動窗口！單調隊列！單調隊列優化DP！

我們外層循環i，內層循環j，每次先除去過期的解，加上新的選擇，再從單調隊列隊頭取出最優解，進行更新。

註意：

1.在買入和賣出時，為了保證能轉移德到j的所有元素都在隊列裏，j的循環順序是不同的。

2.對於給定的i，處理買入賣出的順序可以顛倒。無所謂。

3.當i-w-1小於0時，取0即可。

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2000+10;
int t,mp,w;
int f[N][N];
int ans;
int q[N],hd=1,tl=0;
int main()
{
    scanf("%d%d%d"
 
,&t,&mp,&w);
    int ap,bp,as,bs;//並不需要數組
    memset(f,0xcf,sizeof f);//初值負無窮
    f[0][0]=0;
    for(int i=1;i<=t;i++)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&ap,&bp,&as,&bs);
        hd=1,tl=0;
        int from=max(0,i-w-1);//從何轉移
        for(int j=mp;j>=0;j--)//賣出
        {
            f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);//可以今天不買不賣
            while(hd<=tl&&(j+bs<q[hd])) hd++;//除去過期者
            while(hd<=tl&&(f[from][q[tl]]+q[tl]*bp<f[from][j]+j*bp)) tl--;//因為從i的上一個狀態來，所以先加入新元素
            q[++tl]=j;
             f[i][j]=max(f[i][j],f[from][q[hd]]+q[hd]*bp-j*bp);
        }   
        hd=1,tl=0;
        for(int j=0;j<=mp;j++)//買入
        {
            f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);
            while(hd<=tl&&(j-as>q[hd])) hd++;
            while(hd<=tl&&(f[from][q[tl]]+q[tl]*ap<f[from][j]+j*ap)) tl--;
            q[++tl]=j;
             f[i][j]=max(f[i][j],f[from][q[hd]]+q[hd]*ap-j*ap);
        }
    }
    for(int j=0;j<=mp;j++)
     ans=max(ans,f[t][j]);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

總結：

1.對於決策轉移時，有明顯單調性的情況，對於狀態移動時，轉移決策重復度較大。都可用單調隊列優化。

2.單調隊列利用每個元素只能進一次，出一次，使得O(n)變為均攤O(1)復雜度，簡化時間。

P2569 股票交易