Zzuli OJ-----1904 小火山的股票交易

本文介绍了一种基于动态规划(DP)的股票交易策略,通过该策略可以在已知股票价格的情况下,计算出进行多次买卖所能获得的最大利润。文中提供了一个具体的C++实现示例。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

1904: 小火山的股票交易

Time Limit: 1 Sec   Memory Limit: 128 MB
Submit: 59   Solved: 20

Submit Status Web Board

Description

  “股市有风险,入市需谨慎”,小火山经历了之前买卖一次或者两次的股票♂交易,对于股票买卖已经很有经验了,
现在的他最多可以进行K次买卖,身为一个聪明的acmer,已经准确的知道了某只股票在未来N天的价格,每一次买入必须
卖出后才能进行下次买卖。现在,小火山想知道他最多可以获得多少利润? 

Input

输入第一行是一个整数T(T <= 50), 表示一共有T组数据。
每一组数据, 第一行是两个个整数N, K(1 <= N, K <= 1000), 表示一共有N天,买卖K次。 第二行是N个数, 
表示连续N天该股票的价格(0 <= A1, A2, A3,...,An <= 1000000)

Output

对于每一组数据, 输出一个整数, 表示小火山能够获得的最大的利润。

Sample Input

2
2 1
1 2
3 2
1 2 3

Sample Output

1
2

DP果然强大,虽然想到了DP,但是想不出实现的方法,还是参考巨巨思路,才恍然大悟

遍历第i次交易到第j天时获得最大利益,最大利益为不交易,或者第j天前利益的最大值加上本次交易所得利益(卖出股票获利是正的,买入获利是负的)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 1010
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
using namespace std;
int val[maxn], dp[maxn][maxn];
int main(){
	int t, n, k, ans;
	scanf("%d", &t);
	while(t--){
		scanf("%d%d", &n, &k);
		for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d", &val[i]);
		}
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		for(int i = 1; i <= k; i++){
            ans = -val[1];
            for(int j = 2; j <= n; j++){
                ans = max(ans, dp[i-1][j-1]-val[j]);
                dp[i][j] = max(dp[i][j-1], ans+val[j]);
            }
		}
		printf("%d\n", dp[k][n]);
	}
	return 0;
}

这是一道经典的位运算题目,考察对二进制的理解和位运算的熟练程度。 题目描述: 给定一个长度为 $n$ 的数组 $a$,初始时每个数的值都为 $0$。现在有 $m$ 个操作,每个操作为一次询问或修改。 对于询问,给出两个整数 $l,r$,求 $a_l \oplus a_{l+1} \oplus \cdots \oplus a_r$ 的值。 对于修改,给出一个整数 $x$,表示将 $a_x$ 的值加 $1$。 输入格式: 第一行两个整数 $n,m$。 接下来 $m$ 行,每行描述一次操作,格式如下: 1 l r:表示询问区间 $[l,r]$ 的异或和。 2 x:表示将 $a_x$ 的值加 $1$。 输出格式: 对于每个询问操作,输出一个整数表示答案,每个答案占一行。 数据范围: $1 \leq n,m \leq 10^5$,$0 \leq a_i \leq 2^{30}$,$1 \leq l \leq r \leq n$,$1 \leq x \leq n$ 输入样例: 5 5 2 1 2 3 1 2 4 2 2 1 1 5 输出样例: 0 2 解题思路: 对于询问操作,可以利用异或的性质,即 $a \oplus b \oplus a = b$,将 $a_l \oplus a_{l+1} \oplus \cdots \oplus a_r$ 转化为 $(a_1 \oplus \cdots \oplus a_{l-1}) \oplus (a_1 \oplus \cdots \oplus a_r)$,因为两个前缀异或后的结果可以相互抵消,最后的结果即为 $a_1 \oplus \cdots \oplus a_{l-1} \oplus a_1 \oplus \cdots \oplus a_r = a_l \oplus \cdots \oplus a_r$。 对于修改操作,可以将 $a_x$ 对应的二进制数的每一位都分离出来,然后对应位置进行修改即可。由于只有加 $1$ 操作,所以只需将最后一位加 $1$ 即可,其余位不变。 参考代码:
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值