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買賣股票的最佳時機

leetcode121

題目描述

給定一個數組 prices ，它的第 i 個元素 prices[i] 表示一支給定股票第 i 天的價格。

你只能選擇 某一天 買入這只股票，并選擇在 未來的某一個不同的日子 賣出該股票。設計一個算法來計算你所能獲取的最大利潤。

返回你可以從這筆交易中獲取的最大利潤。如果你不能獲取任何利潤，返回 0 。

示例 1：

輸入：[7,1,5,3,6,4] 輸出：5 解釋：在第 2 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 5 天（股票價格 = 6）的時候賣出，最大利潤 = 6-1 = 5 。注意利潤不能是 7-1 = 6, 因為賣出價格需要大于買入價格；同時，你不能在買入前賣出股票。

示例 2：

輸入：prices = [7,6,4,3,1] 輸出：0 解釋：在這種情況下, 沒有交易完成, 所以最大利潤為 0。

動歸解析

dp數組的含義

dp[i][0] 表示第i天持有股票所得現金，dp[i][1]表示第i天不持有股票所得現金。 我們假設一開始沒有現金，那么第i天持有股票的現金就是 -prices[i]。

這里的持有股票和不持有股票只是一種狀態，并不是說當天買入了股票就持有，當天賣出了股票就不持有，也可能是保持前一天的狀態。

狀態轉移方程

如果第i天持有股票，那么第i天的狀態由兩個狀態推導出來

第 i-1 天就持有股票，保持第 i-1 天的狀態：dp[i][0] = dp[i-1][0]

第 i 天買入股票，所得現金就是買入今天的股票后所得現金：dp[i][0] = - prices[i]

第 i 天不持有股票也可以由兩個狀態推導出來

第 i - 1天就不持有股票，繼續保持不持有的狀態，現金就是前一天不持有股票的現金：dp[i][1] = dp[i-1][1]

第 i 天賣出股票，所得現金就是前一天持有股票的現金，加上按照今天股票價格賣出后的現金：dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i]

dp數組初始化

由遞推公式 dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]); 和 dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]); 可以看出其基礎都是要從 dp[0][0]和dp[0][1] 推導出來。

dp[0][0]表示第0天持有股票的現金，所以dp[0][0] = -prices[0]
dp[0][1]表示第0天不持有股票的現金，不持有股票就是不買入，那現金就是 0，所以 dp[0][1] = 0

源碼

class Solution { public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int len = prices.size();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];} };

買賣股票的最佳時機 II

leetcode122

題目描述

給定一個數組，它的第 i 個元素是一支給定股票第 i 天的價格。

設計一個算法來計算你所能獲取的最大利潤。你可以盡可能地完成更多的交易（多次買賣一支股票）。

注意：你不能同時參與多筆交易（你必須在再次購買前出售掉之前的股票）。

示例 1:

輸入: [7,1,5,3,6,4] 輸出: 7 解釋: 在第 2 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 3 天（股票價格 = 5）的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 5-1 = 4 。隨后，在第 4 天（股票價格 = 3）的時候買入，在第 5 天（股票價格 = 6）的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 6-3 = 3 。

示例 2:

輸入: [1,2,3,4,5] 輸出: 4 解釋: 在第 1 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 5 天 （股票價格 = 5）的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 5-1 = 4 。注意你不能在第 1 天和第 2 天接連購買股票，之后再將它們賣出。因為這樣屬于同時參與了多筆交易，你必須在再次購買前出售掉之前的股票。

示例 3:

輸入: [7,6,4,3,1] 輸出: 0 解釋: 在這種情況下, 沒有交易完成, 所以最大利潤為 0。

動歸解析

dp數組含義

這道題和 買賣股票的最佳時機（leetcode121）的唯一區別就在于，此次買賣股票可以多次買入賣出，但是同時只能持有一只股票，而 leetcode121 中只允許買賣一次，求出最大收益。

所以，dp數組含義不變。 dp[i][0]表示第i天持有股票的現金，dp[i][1]表示第i天不持有股票的現金。

狀態轉移方程

在 買賣股票的最佳時機中leetcode121，因為股票全程只能買賣一次，所以如果買入股票，那么第i天持有股票即 dp[i][0]一定就是 -prices[i]。

而本題，因為一只股票可以買賣多次，所以當第i天買入股票的時候，所持有的現金可能有之前買賣過的利潤。

那么第i天持有股票即dp[i][0]，如果是第i天買入股票，所得現金就是昨天不持有股票的所得現金 減去 今天的股票價格 即：dp[i - 1][1] - prices[i]。

所以 dp[i][0] 由兩個狀態推導而來

前一天就持有 dp[i][0] = dp[i-1][0]

前一天不持有，今天買入今天持有：dp[i]0] = dp[i-1][1] - prices[i]

而dp[i][1]保持不變還是原來的狀態

第 i - 1天就不持有股票，繼續保持不持有的狀態，現金就是前一天不持有股票的現金：dp[i][1] = dp[i-1][1]

第 i 天賣出股票，所得現金就是前一天持有股票的現金，加上按照今天股票價格賣出后的現金：dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i]

dp數組的初始化同 買賣股票的最佳時機中leetcode121

源碼

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]); // 注意這里是和121. 買賣股票的最佳時機唯一不同的地方。dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);}return dp[len - 1][1];} };

買賣股票的最佳時機 III

leetcode123

題目描述

給定一個數組，它的第 i 個元素是一支給定的股票在第 i 天的價格。

設計一個算法來計算你所能獲取的最大利潤。你最多可以完成 兩筆 交易。

注意： 你不能同時參與多筆交易（你必須在再次購買前出售掉之前的股票）。

示例 1:

輸入：prices = [3,3,5,0,0,3,1,4] 輸出：6 解釋：在第 4 天（股票價格 = 0）的時候買入，在第 6 天（股票價格 = 3）的時候賣出，這筆交易所能獲得利潤 = 3-0 = 3 。隨后，在第 7 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 8 天 （股票價格 = 4）的時候賣出，這筆交易所能獲得利潤 = 4-1 = 3 。

示例 2：

輸入：prices = [1,2,3,4,5] 輸出：4 解釋：在第 1 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 5 天 （股票價格 = 5）的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 5-1 = 4 。 注意你不能在第 1 天和第 2 天接連購買股票，之后再將它們賣出。 因為這樣屬于同時參與了多筆交易，你必須在再次購買前出售掉之前的股票。

示例 3：

輸入：prices = [7,6,4,3,1] 輸出：0 解釋：在這個情況下, 沒有交易完成, 所以最大利潤為 0。

示例 4：

輸入：prices = [1] 輸出：0

動歸解析

dp數組的含義

因為最多可以有兩次買賣，所以要再加三個狀態，一天五個狀態：0 表示沒有操作

第一次買入

第一次賣出

第二次買入

第二次賣出

dp[i][j]中i表示第i天，j為（0 ~ 4）五個狀態，dp[i][j]表示第i天狀態j下所持有的現金

狀態轉移方程

達到dp[i][1]狀態，有兩個具體操作：

操作一：第i天買入股票了，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]

操作二：第i天沒有操作，而是沿用前一天買入的狀態，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]

同理dp[i][2]也有兩個操作：

操作一：第i天賣出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]

操作二：第i天沒有操作，沿用前一天賣出股票的狀態，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])

同理可推出剩下狀態部分：

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數組初始化

dp數組如何初始化
第0天沒有操作，這個最容易想到，就是0，即：dp[0][0] = 0;

第0天做第一次買入的操作，dp[0][1] = -prices[0];

第0天做第一次賣出的操作，這個初始值應該是多少呢？

首先賣出的操作一定是收獲利潤，整個股票買賣最差情況也就是沒有盈利即全程無操作現金為0，

從遞推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收獲利潤如果比0還小了就沒有必要收獲這個利潤了。

所以dp[0][2] = 0;

第0天第二次買入操作，初始值應該是多少呢？

不用管第幾次，現在手頭上沒有現金，只要買入，現金就做相應的減少。

所以第二次買入操作，初始化為：dp[0][3] = -prices[0];

同理第二次賣出初始化dp[0][4] = 0;

源碼

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];} };

買賣股票的最佳時機 IV

leetcode188

題目描述

給定一個整數數組 prices ，它的第 i 個元素 prices[i] 是一支給定的股票在第 i 天的價格。

設計一個算法來計算你所能獲取的最大利潤。你最多可以完成 k 筆交易。

注意：你不能同時參與多筆交易（你必須在再次購買前出售掉之前的股票）。

示例 1：

輸入：k = 2, prices = [2,4,1] 輸出：2 解釋：在第 1 天 (股票價格 = 2) 的時候買入，在第 2 天 (股票價格 = 4) 的時候賣出，這筆交易所能獲得利潤 = 4-2 = 2 。

示例 2：

輸入：k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3] 輸出：7 解釋：在第 2 天 (股票價格 = 2) 的時候買入，在第 3 天 (股票價格 = 6) 的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 6-2 = 4 。隨后，在第 5 天 (股票價格 = 0) 的時候買入，在第 6 天 (股票價格 = 3) 的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 3-0 = 3 。

動歸解析

dp數組的含義

在leetcode123.買賣股票的最佳時機III中，定義了一個二維dp數組，本題其實依然可以用一個二維dp數組。

使用二維數組 dp[i][j] ：第i天的狀態為j，所剩下的最大現金是dp[i][j]

j的狀態表示為：

• 0 表示不操作
• 1 第一次買入
• 2 第一次賣出
• 3 第二次買入
• 4 第二次賣出
• …
  大家應該發現規律了吧 ，除了0以外，偶數就是賣出，奇數就是買入。

題目要求是至多有K筆交易，那么j的范圍就定義為 2 * k + 1 就可以了。

所以二維dp數組的C++定義為：

vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));

狀態轉移方程

達到dp[i][1]狀態，有兩個具體操作：

操作一：第i天買入股票了，那么dp[i][1] = dp[i - 1][0] - prices[i]

操作二：第i天沒有操作，而是沿用前一天買入的狀態，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]
選最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][0]);

同理dp[i][2]也有兩個操作：

操作一：第i天賣出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]

操作二：第i天沒有操作，沿用前一天賣出股票的狀態，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][i] + prices[i], dp[i][2])

同理可以類比剩下的狀態，代碼如下：

for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) { dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]); }

dp數組初始化

j是偶數就是買入，j是奇數就是賣
所以當j是偶數的時候，dp[0][j] = -prices[0];
當j是奇數的時候，dp[0][j] = 0;

源碼

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

買賣股票的最佳時機含冷凍期

leetcode309

題目描述

給定一個整數數組，其中第 i 個元素代表了第 i 天的股票價格 。?

設計一個算法計算出最大利潤。在滿足以下約束條件下，你可以盡可能地完成更多的交易（多次買賣一支股票）:

你不能同時參與多筆交易（你必須在再次購買前出售掉之前的股票）。
賣出股票后，你無法在第二天買入股票 (即冷凍期為 1 天)。
示例:

輸入: [1,2,3,0,2] 輸出: 3 解釋: 對應的交易狀態為: [買入, 賣出, 冷凍期, 買入, 賣出]

動歸解析

dp數組的含義

dp[i][j]，第i天狀態為j，所剩的最多現金為dp[i][j]。

出現冷凍期之后，狀態其實是比較復雜度，例如今天買入股票、今天賣出股票、今天是冷凍期，都是不能操作股票的。具體可以區分出如下四個狀態：

狀態一：買入股票狀態（今天買入股票，或者是之前就買入了股票然后沒有操作）
賣出股票狀態，這里就有兩種賣出股票狀態

狀態二：兩天前就賣出了股票，度過了冷凍期，一直沒操作，今天保持賣出股票狀態

狀態三：今天賣出了股票

狀態四：今天為冷凍期狀態，但冷凍期狀態不可持續，只有一天！

j的狀態為：

• 0：狀態一
• 1：狀態二
• 2：狀態三
• 3：狀態四

注意 這里的每一個狀態，例如狀態一，是買入股票狀態并不是說今天已經就買入股票，而是說保存買入股票的狀態即：可能是前幾天買入的，之后一直沒操作，所以保持買入股票的狀態。

狀態轉移方程

達到買入股票狀態（狀態一）即：dp[i][0]，有兩個具體操作：

操作一：前一天就是持有股票狀態（狀態一），dp[i][0] = dp[i - 1][0]
操作二：今天買入了，有兩種情況
前一天是冷凍期（狀態四）
前一天是保持賣出股票狀態（狀態二）
所以操作二取最大值，即：max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]

那么dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i];

達到保持賣出股票狀態（狀態二）即：dp[i][1]，有兩個具體操作：

操作一：前一天就是狀態二
操作二：前一天是冷凍期（狀態四）
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);

達到今天就賣出股票狀態（狀態三），即：dp[i][2] ，只有一個操作：

操作一：昨天一定是買入股票狀態（狀態一），今天賣出
即：dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];

達到冷凍期狀態（狀態四），即：dp[i][3]，只有一個操作：

操作一：昨天賣出了股票（狀態三）
p[i][3] = dp[i - 1][2];

綜上分析，遞推代碼如下：

dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]; dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]); dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i]; dp[i][3] = dp[i - 1][2];

dp數組初始化

如果是持有股票狀態（狀態一）那么：dp[0][0] = -prices[0]，買入股票所省現金為負數。

保持賣出股票狀態（狀態二），第0天沒有賣出dp[0][1]初始化為0就行，

今天賣出了股票（狀態三），同樣dp[0][2]初始化為0，因為最少收益就是0，絕不會是負數。

源碼

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

買賣股票的最佳時機含手續費

leetcode714

題目描述

給定一個整數數組 prices，其中第 i 個元素代表了第 i 天的股票價格 ；非負整數 fee 代表了交易股票的手續費用。

你可以無限次地完成交易，但是你每筆交易都需要付手續費。如果你已經購買了一個股票，在賣出它之前你就不能再繼續購買股票了。

返回獲得利潤的最大值。

注意：這里的一筆交易指買入持有并賣出股票的整個過程，每筆交易你只需要為支付一次手續費。

示例 1:

輸入: prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2 輸出: 8 解釋: 能夠達到的最大利潤: 在此處買入 prices[0] = 1 在此處賣出 prices[3] = 8 在此處買入 prices[4] = 4 在此處賣出 prices[5] = 9 總利潤: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8.

動歸解析

dp數組的含義

dp[i][0] 表示第i天持有股票所省最多現金。dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多現金

狀態轉移方程

如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由兩個狀態推出來

第i-1天就持有股票，那么就保持現狀，所得現金就是昨天持有股票的所得現金 即：dp[i - 1][0]

第i天買入股票，所得現金就是昨天不持有股票的所得現金減去 今天的股票價格 即：dp[i - 1][1] - prices[i]

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

在來看看如果第i天不持有股票即dp[i][1]的情況， 依然可以由兩個狀態推出來

第i-1天就不持有股票，那么就保持現狀，所得現金就是昨天不持有股票的所得現金 即：dp[i - 1][1]

第i天賣出股票，所得現金就是按照今天股票價格賣出后所得現金，注意這里需要有手續費了即：dp[i - 1][0] + prices[i] - fee

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

源碼

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

總結

以上是生活随笔為你收集整理的动态规划——买卖股票系列的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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