分析清楚题意,弄清转移过程(是否需要其他辅助变量,是否需要用到前面的dp数组等)
可以设状态,弄清状态转移
可以增加维数,以限制条件
买卖股票的最佳时机
题目
给定一个数组 prices ,它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票,并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润,返回 0 。
示例 1:
输入:[7,1,5,3,6,4]
输出:5
解释:在第 2 天(股票价格 = 1)的时候买入,在第 5 天(股票价格 = 6)的时候卖出,最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格;同时,你不能在买入前卖出股票。
示例 2:
输入:prices = [7,6,4,3,1]
输出:0
解释:在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
提示:
1 <= prices.length <= 10^5
0 <= prices[i] <= 10^4
来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权,非商业转载请注明出处。
DP version1
令dp[i]为第i天卖出能获得的最大利润
初始化:dp[0] = 0,第i天卖出的话只能在第i天买入,不赚不亏
考虑dp[i],令p为今天卖出比昨天卖出新增的利润,可能为正,也可能为负,但归纳起来就3种情况,1)前一天卖出的最大利润+新增利润,表示在前i天买入的情况;2)dp[i],即初始化的0,亏钱是不可能亏钱的;3)前一天买入,第i天卖出
结果为转移过程中的最大值
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| class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(n==1) return 0;
vector<int> dp(n,0);
//dp[i] 第i天卖出能获得的最大利润
dp[0] = 0;
for(int i=1;i<n;i++){
int p = prices[i]-prices[i-1];//新增利润
dp[i]=max(dp[i-1]+p,max(dp[i],p));
}
return *max_element(dp.begin(),dp.end());
}
};
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DP version2
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| class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(n==1) return 0;
int dp[n][2];
//dp[i][0] 前i天,且第i天未持有股票 的最大利润
//dp[i][1] 前i天,且第i天持有股票 的最大利润
int res = 0;
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
for(int i=1;i<n;i++){
dp[i][0] = max(dp[i-1][1]+prices[i], dp[i-1][0]);//要么第i天卖出,要么不操作
dp[i][1] = max(-prices[i],dp[i-1][1]);//要么第i天买入,要么不操作
//写成下面这样是错误的,如果第i天买入,说明前i-1天都不能操作!所以是由-prices[i]转化而来
//因为dp[i-1][0]只说明了持不持有股票,但没记录交易了几次!题目中限制只能交易1次
// dp[i][1] = max(dp[i-1][0]-prices[i], dp[i-1][1]);
}
return dp[n-1][0];
}
};
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DP version3
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| class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(n==1) return 0;
int dp[n][2][2];
//dp[i][0][k] 前i天,且第i天未持有股票 的最大利润 已经交易了k次
//dp[i][1][k] 前i天,且第i天持有股票 的最大利润 已经交易了k次
int res = 0;
dp[0][0][0] = 0, dp[0][0][1] = 0;
dp[0][1][0] = -prices[0], dp[0][1][1] = -prices[0];
for(int i=1;i<n;i++){
dp[i][0][0] = 0;
dp[i][0][1] = max(dp[i-1][1][0]+prices[i],dp[i-1][0][1]);//要么在第i天卖出,要么不操作
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][0][0]-prices[i],dp[i-1][1][0]);//要么在第i天买入,要么不操作
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][0][1]-prices[i],dp[i-1][1][1]);//要么在第i天卖出,要么不操作
}
return dp[n-1][0][1];
}
};
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贪心
只需要遍历价格数组一遍,记录历史最低点,然后在每一天考虑这么一个问题:如果我是在历史最低点买进的,那么我今天卖出能赚多少钱?当考虑完所有天数之时,我们就得到了最好的答案。
作者:LeetCode-Solution
链接:https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/solution/121-mai-mai-gu-piao-de-zui-jia-shi-ji-by-leetcode-/
来源:力扣(LeetCode)
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权,非商业转载请注明出处。
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| class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int inf = 1e9;
int minprice = inf, maxprofit = 0;
for (int price: prices) {
maxprofit = max(maxprofit, price - minprice);
minprice = min(price, minprice);
}
return maxprofit;
}
};
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买卖股票的最佳时机II
题目
给你一个整数数组 prices ,其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。
在每一天,你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买,然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润 。
示例 1:
输入:prices = [7,1,5,3,6,4]
输出:7
解释:在第 2 天(股票价格 = 1)的时候买入,在第 3 天(股票价格 = 5)的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
随后,在第 4 天(股票价格 = 3)的时候买入,在第 5 天(股票价格 = 6)的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3 。
总利润为 4 + 3 = 7 。
示例 2:
输入:prices = [1,2,3,4,5]
输出:4
解释:在第 1 天(股票价格 = 1)的时候买入,在第 5 天 (股票价格 = 5)的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
总利润为 4 。
示例 3:
输入:prices = [7,6,4,3,1]
输出:0
解释:在这种情况下, 交易无法获得正利润,所以不参与交易可以获得最大利润,最大利润为 0 。
提示:
1 <= prices.length <= 3 * 10^4
0 <= prices[i] <= 10^4
来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii
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贪心
这题虽然还是一次只能最多持有1支股票,但可交易多次。
那只有将存在利润的地方都加起来即可。
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| class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(n==1) return 0;
int res = 0;
for(int i=1;i<n;i++){
res+=prices[i]>prices[i-1]?prices[i]-prices[i-1]:0;
}
return res;
}
};
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DP
此处将上一题的version2小改一下即可
因为取消了只能交易一次的限制
计算第i天的情况,考虑前一天的情况:持有股票或不持有股票
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| class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(n==1) return 0;
int dp[n][2];
//dp[i][0] 前i天,且第i天未持有一支股票的最大利润
//dp[i][1] 前i天,且第i天持有一支股票的最大利润
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
for(int i=1;i<n;i++){
dp[i][0] = max(dp[i-1][1]+prices[i], dp[i-1][0]);
dp[i][1] = max(dp[i-1][0]-prices[i], dp[i-1][1]);//注意这里
}
return dp[n-1][0];
}
};
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买卖股票的最佳时机III
题目
给定一个数组,它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 两笔 交易。
注意:你不能同时参与多笔交易(你必须在再次购买前出售掉之前的股票)。
示例 1:
输入:prices = [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出:6
解释:在第 4 天(股票价格 = 0)的时候买入,在第 6 天(股票价格 = 3)的时候卖出,这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
随后,在第 7 天(股票价格 = 1)的时候买入,在第 8 天 (股票价格 = 4)的时候卖出,这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。
示例 2:
输入:prices = [1,2,3,4,5]
输出:4
解释:在第 1 天(股票价格 = 1)的时候买入,在第 5 天 (股票价格 = 5)的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票,之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易,你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:
输入:prices = [7,6,4,3,1]
输出:0
解释:在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
示例 4:
输入:prices = [1]
输出:0
提示:
1 <= prices.length <= 10^5
0 <= prices[i] <= 10^5
来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii
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DP version 1
交易一次,说明买入-卖出一次
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| class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(n==1) return 0;
int dp[n][2][3];
// memset(dp,0,sizeof(dp));
//dp[i][0][k] 前i天,且第i天未持有股票,已经交易了k次的最大利润
//dp[i][1][k] 前i天,且第i天持有股票,已经交易了k次的最大利润
dp[0][0][0]=0,dp[0][0][1]=0,dp[0][0][2]=0;
dp[0][1][0]=-prices[0];
dp[0][1][1]=-prices[0];
dp[0][1][2]=-prices[0];
for(int i=1;i<n;i++){
dp[i][0][0] = 0;
dp[i][0][1] = max(dp[i-1][1][0]+prices[i], dp[i-1][0][1]);//第i天卖出,交易次数加一;要么不操作
dp[i][0][2] = max(dp[i-1][1][1]+prices[i], dp[i-1][0][2]);//第i天卖出,交易次数加一;要么不操作
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][0][0]-prices[i], dp[i-1][1][0]);//第i天买入,交易次数不变;要么不操作
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][0][1]-prices[i], dp[i-1][1][1]);//第i天买入,交易次数不变,要么不操作
//下面这行其实用不到
dp[i][1][2] = max(dp[i-1][0][2]-prices[i], dp[i-1][1][2]);//第i天买入,交易次数不变,要么不操作
}
return dp[n-1][0][2];
}
};
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DP version 2
上面这种写法好写一点,也可以提前想好状态。一天就5个状态:
- 没有操作
- 第一次买入
- 第一次卖出
- 第二次买入
- 第二次卖出
令dp[i][j]表示前i天,且第i天的状态为j 的最大利润
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| class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(n==1) return 0;
int dp[n][5];
//dp[i][j] 前i天 且第i天状态为j 的最大利润
dp[0][0]=0;//不操作
dp[0][1]=-prices[0];//第一次买入
dp[0][2]=0;//第一次卖出
dp[0][3]=-prices[0];//第二次买入
dp[0][4]=0;//第二次卖出
for(int i=1;i<n;i++){
dp[i][0] = 0;
dp[i][1] = max(dp[i-1][0]-prices[i], dp[i-1][1]);//买入;不操作
dp[i][2] = max(dp[i-1][1]+prices[i], dp[i-1][2]);//卖出;不操作
dp[i][3] = max(dp[i-1][2]-prices[i], dp[i-1][3]);//买入,不操作
dp[i][4] = max(dp[i-1][3]+prices[i], dp[i-1][4]);//卖出,不操作
}
return dp[n-1][4];
}
};
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买卖股票的最佳时机IV
题目
给定一个整数数组 prices ,它的第 i 个元素 prices[i] 是一支给定的股票在第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 k 笔交易。
注意:你不能同时参与多笔交易(你必须在再次购买前出售掉之前的股票)。
示例 1:
输入:k = 2, prices = [2,4,1]
输出:2
解释:在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入,在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出,这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。
示例 2:
输入:k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]
输出:7
解释:在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入,在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。
随后,在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入,在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
提示:
0 <= k <= 100
0 <= prices.length <= 1000
0 <= prices[i] <= 1000
来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv
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DP
和III思路是一样的,变成了最多可以交易k次。那么最终答案在dp[n-1][0][p]中选,其中p的范围是[0..k]
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| class Solution {
public:
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(k==0||n==0) return 0;
int dp[n][2][k+1];
//dp[i][0][p] 前i天,且第i天未持有股票,已经交易了p次
//dp[i][1][p] 前i天,且第i天持有股票,已经交易了p次
for(int p=0;p<=k;p++)
dp[0][0][p] = 0;
for(int p=0;p<=k;p++)
dp[0][1][p] = -prices[0];
for(int i=1;i<n;i++){
dp[i][0][0] = 0;
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][0][0]-prices[i], dp[i-1][1][0]);
for(int p=1;p<=k;p++){
dp[i][0][p]=max(dp[i-1][1][p-1]+prices[i],dp[i-1][0][p]);
dp[i][1][p]=max(dp[i-1][0][p]-prices[i], dp[i-1][1][p]);
}
}
int res=0;
for(int p=0;p<=k;p++){
res=max(res,dp[n-1][0][p]);
}
return res;
}
};
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最佳买卖股票时机含冷冻期
题目
给定一个整数数组prices,其中第 prices[i] 表示第 i 天的股票价格 。
设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下,你可以尽可能地完成更多的交易(多次买卖一支股票):
卖出股票后,你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
注意:你不能同时参与多笔交易(你必须在再次购买前出售掉之前的股票)。
示例 1:
输入: prices = [1,2,3,0,2]
输出: 3
解释: 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]
示例 2:
输入: prices = [1]
输出: 0
提示:
1 <= prices.length <= 5000
0 <= prices[i] <= 1000
来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown
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DP version1
初看是有打家劫舍那味儿的
卖出股票后,无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。说明买入股票时,不能由前一天未持有股票时转移过来,而应该由前两天未持有股票时转移过来(因为有冷冻期,此时不考虑前1天的不就行了嘛)。
但i-2,会出现负坐标,所以拆开来写。
i>=2时,下标合法,就那样写就行
i<2时,此时将dp[-1][0]当作0即可。
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| class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(n==1) return 0;
int dp[n][2];
//dp[i][0] 前i天,且第i天不持有股票 的最大利润
//dp[i][1] 前i天,且第i天持有股票 的最大利润
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
for(int i=1;i<n;i++){
dp[i][0] = max(dp[i-1][1]+prices[i],dp[i-1][0]);
if(i>=2) dp[i][1]=max(dp[i-2][0]-prices[i],dp[i-1][1]);
else dp[i][1]=max(-prices[i],dp[i-1][1]);
}
return dp[n-1][0];
}
};
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DP version2
考虑状态
每天分为三种状态:
0.手上没有股票且不处于冷冻期的最大收益
1.手上没有股票但处于冷冻期的最大收益
2.手上有股票的最大收益
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| class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(n == 1)
return 0;
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(3));
dp[0][0] = 0; //手上没有股票且不处于冷冻期的最大收益
dp[0][1] = 0; //手上没有股票但处于冷冻期的最大收益
dp[0][2] = - prices[0]; //手上有股票的最大收益
for(int i = 1; i < n; i ++)
{
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]); //手上没有股票说明前一天没有或者前一天处于冷冻期
dp[i][1] = dp[i - 1][2] + prices[i];
dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][0] - prices[i]);
}
return max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]);
}
};
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买卖股票的最佳时机含手续费
题目
给定一个整数数组 prices,其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格 ;整数 fee 代表了交易股票的手续费用。
你可以无限次地完成交易,但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票,在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。
返回获得利润的最大值。
注意:这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程,每笔交易你只需要为支付一次手续费。
示例 1:
输入:prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出:8
解释:能够达到的最大利润:
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 9
总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8
示例 2:
输入:prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出:6
提示:
1 <= prices.length <= 5 * 10^4
1 <= prices[i] < 5 * 10^4
0 <= fee < 5 * 10^4
来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee
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DP version1
和II类似,注意支付手续费就行
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| class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int n = prices.size();
if(n==1) return 0;
int dp[n][2];
//dp[i][0] 前i天,且第i天未持有股票 的最大利润
//dp[i][1] 前i天,且第i天持有股票 的最大利润
dp[0][0]=0;
dp[0][1]=-prices[0];
for(int i=1;i<n;i++){
dp[i][0] = max(dp[i-1][1]+prices[i]-fee, dp[i-1][0]);
dp[i][1] = max(dp[i-1][0]-prices[i], dp[i-1][1]);
}
return dp[n-1][0];
}
};
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