這個，感覺思路不是特別清楚。

單調佇列維護dp，一般就是把一個N維的dp優化成一個N-1維的dp

式子形如：dp【i】=max（f【j】）+g【i】（這裡的g【i】是與j無關的量），且j的取值是一段連續區間，並隨著i增大而增大的區間

這裡的f【j】是和j有關的項，一般包括dp【j】和與其相關的項。

我們知道dp的複雜度是 （狀態數*轉移的複雜度），而單調佇列優化的是轉移的複雜度。也就是說狀態數可以是一維二維（n位也可以）的。實際上運用單調佇列時要在基本的轉移方程變一變形，轉化成上面所說的式子。

這道題：

思路：設f[i][j]表示到第i天手裡持有j的股票的最大收益，那麼第i天有三種操作：

對於買入，我們對其變形：

那麼可以用單調佇列維護f[i-w-1][k]+ap[i]*k（因為對於固定的i，ap[i]是固定的），這樣f[i][j]就能做到O(1)計算，而不必列舉k。賣出也一樣。

實現還是有很多細節需要注意

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int t,maxp,w;
int ap[2050],bp[2050],as[2050],bs[2050];
int f[2050][2050],q[2050],id[2050],head,tail;


int main()
{
	scanf("%d%d%d",&t,&maxp,&w);
	for (int i=1;i<=t;i++)
	scanf("%d%d%d%d",&ap[i],&bp[i],&as[i],&bs[i]);
	
	f[0][0]=0;
	for (int i=1;i<=maxp;i++) f[0][i]=-inf;//第0天選k個（k>0）是不合法的不能被選，置為-inf，因為求最大所以不會被選
	
	for (int i=1;i<=t;i++)
	{
		memset(q,0,sizeof(q));
		memset(id,0,sizeof(id));
		
		head=1;tail=0;
		id[1]=0;
		
		for (int j=0;j<=maxp;j++)//買入
		{
			f[i][j]=f[i-1][j];
			
			if (i<=w)//如果i<=w，就是，如果這裡進行交易，之前就不可能進行交易，並且這裡也只能出現買股票的情況
			{
				if (j<=as[i]) f[i][j]=max(f[i][j],-j*ap[i]);//還要控制買的數量
				continue;
			}
			
			while (head<=tail && id[head]<j-as[i]) head++;//因為，所買的最多隻能有as【i】，且同一i，as【i】不變，那麼計算第i天的j個狀態時，就是一個滑動的視窗向右掃，且要找到最大值，所以要用單調佇列來維護啦
			
			if (head<=tail) 
			f[i][j]=max(f[i][j],q[head]-j*ap[i]);
			
			while (head<=tail && q[tail]<f[i-w-1][j]+j*ap[i]) tail--;
			
			q[++tail]=f[i-w-1][j]+j*ap[i];
			id[tail]=j;
		}
		
		/*******************************************************/
		
		memset(q,0,sizeof(q));
		memset(id,0,sizeof(id));
		
		head=1;tail=0;
		id[1]=0;
		
		if (i>w) 
		for (int j=maxp;j>=0;j--)//賣出
		{
			while (head<=tail && id[head]>j+bs[i]) head++;
			
			if (head<=tail) 
			f[i][j]=max(f[i][j],q[head]-j*bp[i]);
			
			while (head<=tail && q[tail]<f[i-w-1][j]+j*bp[i]) tail--;
			q[++tail]=f[i-w-1][j]+j*bp[i];
			id[tail]=j;
		}
	}
	int ans=0;
	for (int i=0;i<=maxp;i++) ans=max(ans,f[t][i]);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}