DAY40|动态规划Part08|LeetCode: 121. 买卖股票的最佳时机 、 122.买卖股票的最佳时机II 、 123.买卖股票的最佳时机III

目录

LeetCode:121. 买卖股票的最佳时机

暴力解法

贪心法

动态规划法

LeetCode:122.买卖股票的最佳时机II

基本思路

LeetCode:  买卖股票的最佳时机III、IV

基本思路

C++代码

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LeetCode:121. 买卖股票的最佳时机

力扣题目链接

文字讲解：121. 买卖股票的最佳时机

视频讲解：动态规划之 LeetCode：121.买卖股票的最佳时机1

暴力解法

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
            for (int j = i + 1; j < prices.size(); j++){
                result = max(result, prices[j] - prices[i]);
            }
        }
        return result;
    }
};

        但是很容易看出时间复杂度为O(n^2)----超时！

贪心法

        因为股票就买卖一次，那么贪心的想法很自然就是取最左最小值，取最右最大值，那么得到的差值就是最大利润。

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int low = INT_MAX;
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
            low = min(low, prices[i]);  // 取最左最小价格
            result = max(result, prices[i] - low); // 直接取最大区间利润
        }
        return result;
    }
};

动态规划法

动规五部曲分析如下：

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

        dp[i][0]表示第i天持有股票（当然也可以表示为不持有股票，但如果这样设置那么在确定递推公式时连续性不明显，在最佳时机III中能比较明显的体会到）所得最多现金。dp[i][1]表示第i天不持有股票所得最多现金。

• 确定递推公式

        dp[i][0]和dp[i][1]应该分开计算。

        对于dp[i][0]来说，存在两种情况，一种是第i-1天同样持有股票，另一种是第i-1天不持有股票，在第i天买入，此时dp[i][0] = max(dp[i-1][0]，dp[i-1][1] - price[i]);

        同理，对于dp[i][1]同样有两种情况，dp[i][1] = max(dp[i-1][1]，dp[i-1][0] + price[i]);

• dp数组如何初始化

        由递推公式可以看出，其基础都是要从dp[0][0]和dp[0][1]推导出来的，所以dp[0][0]表示第一天持有股票，即第一天买入，此时最大金额为-price[0]；dp[0][1]表示第一天不持有股票，即为初试金额0。

• 确定遍历顺序

        从递推公式可以看出dp[i]都是由dp[i - 1]推导出来的，那么一定是从前向后遍历。

• 举例推导dp数组

        以示例1，输入：[7,1,5,3,6,4]为例，dp数组状态如下：

        显然，最后的结果一定是dp[5][0]和dp[5][1]中的一个结果，那么应该选择哪一个呢？其实仔细想想很容易得出，持有股票所拥有的金额一定小于不持有股票的金额，因此最后返回值为dp[5][1]。

// 版本一
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len = prices.size();
        if (len == 0) return 0;
        vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2));
        dp[0][0] -= prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
        }
        return dp[len - 1][1];
    }
};

        当然这样的时间复杂度和空间复杂度都是O(n)。从递推公式可以看出，dp[i]只是依赖于dp[i - 1]的状态。那么我们只需要记录 当前天的dp状态和前一天的dp状态就可以了，可以使用滚动数组来节省空间。

// 版本二
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2)); // 注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组
        dp[0][0] -= prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            dp[i % 2][0] = max(dp[(i - 1) % 2][0], -prices[i]);
            dp[i % 2][1] = max(dp[(i - 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i - 1) % 2][0]);
        }
        return dp[(len - 1) % 2][1];
    }
};

LeetCode:122.买卖股票的最佳时机II

力扣题目链接

文字讲解：LeetCode:122.买卖股票的最佳时机II

视频讲解：动态规划，股票问题第二弹 | LeetCode：122.买卖股票的最佳时机II

基本思路

        和买卖股票的最佳时机的步骤基本一致，不同点在于本题可以不限次数的购买股票，因此递推公式需要进行改变：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1] + prices[i]);

dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][0] - prices[i]);

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2, 0));
        dp[0][0] -= prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]); // 注意这里是和121. 买卖股票的最佳时机唯一不同的地方。
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);
        }
        return dp[len - 1][1];
    }
};

        当然同样为了降低空间复杂度，可以采用滚动数组的方法。

// 版本二
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2)); // 注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组
        dp[0][0] -= prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            dp[i % 2][0] = max(dp[(i - 1) % 2][0], dp[(i - 1) % 2][1] - prices[i]);
            dp[i % 2][1] = max(dp[(i - 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i - 1) % 2][0]);
        }
        return dp[(len - 1) % 2][1];
    }
};

LeetCode:  买卖股票的最佳时机III、IV

题目：123. 买卖股票的最佳时机 III、188. 买卖股票的最佳时机 IV

文字讲解： 123.买卖股票的最佳时机III、188. 买卖股票的最佳时机 IV

视频讲解：动态规划，股票至多买卖两次，怎么求？ | LeetCode：123.买卖股票最佳时机III

基本思路

        买卖股票的最佳时机III这个题目要求最多出手两次，使所获得的利益最大化。而最佳时机IV则是引申到了n次。因此可以先通过最佳时机III进行分析。

动规五部曲分析如下：

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

        首先，如果至多出手三次，那么我们就存在5种状态，即dp[0][0]表示第一天第0次不持有股票（即初始状态）所获的最大金额，即dp[0][1]表示第一天第一次持有股票（即第一次买入时的状态）所获的最大金额，即dp[0][2]表示第一次不持有股票（即第一次卖出时的状态）所获的最大金额，即dp[0][3]表示第一天第二次持有股票所获的最大金额，即dp[0][4]表示第一天第二次不持有股票所获的最大金额。

• 确定递推公式

        dp[i][0] = dp[i-1][0];

        dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][0] - prices[i]);

        dp[i][2] = max(dp[i-1][2],dp[i-1][1] + prices[i]);

        dp[i][3] = max(dp[i-1][3],dp[i-1][2] - prices[i]);

        dp[i][4] = max(dp[i-1][4],dp[i-1][3] + prices[i]);

• dp数组如何初始化

        数组初始化为0，并且dp[0][1] = -prices[0];以及dp[0][3] = -prices[0];

• 确定遍历顺序

        从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值。

• 举例推导dp数组

        以输入[1,2,3,4,5]为例。

C++代码

// 版本一
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if (prices.size() == 0) return 0;
        vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0));
        dp[0][1] = -prices[0];
        dp[0][3] = -prices[0];
        for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
            dp[i][0] = dp[i - 1][0];
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
            dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
            dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
        }
        return dp[prices.size() - 1][4];
    }
};

        同样，可以使用滚动数组进行优化。

// 版本二
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if (prices.size() == 0) return 0;
        vector<int> dp(5, 0);
        dp[1] = -prices[0];
        dp[3] = -prices[0];
        for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
            dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i]);
            dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);
            dp[3] = max(dp[3], dp[2] - prices[i]);
            dp[4] = max(dp[4], dp[3] + prices[i]);
        }
        return dp[4];
    }
};