买卖股票的各种最佳时机问题

news2024/10/3 11:17:53
买卖股票的最佳时机

分析

根据题意可知，我们只需要找出来一个最小价格的股票和一个最大价格的股票，并且最小价格的股票出现在最大价格的股票之前。

如果尝试使用暴力解法，时间复杂度为O(N^2)，对于题目中给的长度，显然是会超时的，因此我们需要另寻它法。

我们可以使用一次遍历，在经过每个值时，计算出包含该值之前的股票的最低价格和最大利润，该种方法的时间复杂度为O(N)，显然是可解的。

初始化：由于在确定价格最小值时涉及到min求最小值，而且根据题目所给价格的范围，我们可以使用 0x3f3f3f3f 来初始化minprice；根据题意，由于利润最小为0，不涉及到为负的情况，因此初始化 profit 为0即可。

填表顺序：从左到右。

返回值：profit

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n=prices.size();
        int profit=0,minprice=0x3f3f3f3f;
        for(int price:prices){
            profit=max(profit,price-minprice);
            minprice=min(price,minprice);
        }
        return profit;
    }
};
买卖芯片的最佳时机

分析

根据题意，只需找到一个最低价格和一个最高价格，并且最低价格出现在最高价格之前，显然与上面的题意是一样的，解法显而易见也是一样的。

代码

class Solution {
public:
    int bestTiming(vector<int>& prices) {
        int n=prices.size();
        int profit=0,minprice=0x3f3f3f3f;
        for(int price:prices){
            profit=max(profit,price-minprice);
            minprice=min(price,minprice);
        }
        return profit;
    }
};
买卖股票的最佳时机II

分析

如果以以往经验，对于本题，我们可以定义一个 dp 表，dp[i] 表示以 i 位置为结尾，能获取的最大利润，即：

由于题目中涉及到该天“买股票”和“卖股票”的问题，因此，仅仅使用一维 dp 是不能解决问题的，因此可以尝试使用二维 dp 来解决，dp[i][0] 表示手里没股票的时候能获取的最大利润，dp[i][1]表示手里有股票的时候能获取的最大利润（易知这里说的有股票指的是“一张股票”）。

状态转移方程：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])

初始化：由于只会用到前一行的值，因此只需初始化第一行的值即可，dp[0][0]表示第1天手里没股票的最大利润，为0；dp[0][1]表示第一天手里有股票的最大利润，为 -prices[0]。

填表顺序：从上到下。

返回值：dp[n-1][0]，因为最后一天手里有股票肯定是比最后一天没股票要亏。

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n=prices.size();
        vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(2));
        dp[0][1]=-prices[0];
        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]);
        }
        return dp[n-1][0];
    }
};
买卖股票的最佳时机含手续费

分析

 如果以以往经验，对于本题，我们可以定义一个 dp 表，dp[i] 表示以 i 位置为结尾，能获取的最大利润，即：

由于题目涉及到该天“买股票”和“卖股票”这两种情况，显然只表示该天为结尾能获取的最大利润，是非常模糊的，那么问题也得不到解决。

因此考虑使用二维 dp 来解决问题，dp[i][0]表示第 i 天手里没股票的时候能获取的最大利润；dp[i][1]表示第 i 天手里有股票的时候能获取的最大利润（显然，根据题意，这里所说的有股票指的是“一张股票”）。

状态转移方程：dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]-fee);

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

初始化：由于只会用到前一行的值，因此只需初始化第一行的值即可，dp[0][0]表示第1天手里没股票的最大利润，为0；dp[0][1]表示第一天手里有股票的最大利润，为 -prices[0]。

填表顺序：从上到下。

返回值：dp[n-1][0]，因为最后一天手里有股票肯定是比最后一天没股票要亏。

解法一

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int n=prices.size();
        vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(2));
        //dp[i][0] 表示没股票的最大利润
        //dp[i][1] 表示有股票的最大利润
        dp[0][1]=-prices[0];
        for(int i=1;i<n;i++){
            dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]-fee);
            dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);
        }
        return dp[n-1][0];
    }
};
解法二

根据解法一的状态转移方程可知，每一次填写只会用到前一行的两个值，因此我们可以只定义几个变量来解决问题。

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int n=prices.size();
        int a=0,b=-prices[0];
        //a 表示没股票的最大利润
        //b 表示有股票的最大利润
        for(int i=1;i<n;i++){
            int a1=max(a,b+prices[i]-fee);
            int b1=max(b,a-prices[i]);
            a=a1,b=b1;
        }
        return a;
    }
};
解法三（贪心）

仔细分析前两种解法，不难发现，都是在卖出股票的时候进行决策优劣的，我们不妨尝试在买入股票的时候进行优劣的决策。

定义buy表示买入价格（含手续费），当某天价格+手续费 < buy 的时候，表示我们可以用更低成本卖股票，则更新 buy=prices[i]+fee。

定义profit表示能获取的最大利润，当prices[i] > buy的时候，我们会卖出股票，但是这里需要注意的是，如果我们这个时候卖出股票，可能不是最优的，因为可能之后的价格更高，即一张股票可以赚更高的利润，因此我们可以尝试以下策略：先卖掉，并把 buy 更新为 prices[i]，那么在之后遇到更高价格之后，只需加上差价即可，即：我们是提供了一种“可以反悔”的操作。

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int n=prices.size();
        int buy=prices[0]+fee;
        int profit=0;
        for(int i=1;i<n;i++){
            if(prices[i]+fee < buy)
                buy=prices[i]+fee;
            else if(prices[i] > buy){
                profit+=prices[i]-buy;
                buy=prices[i];
            }
        }
        return profit;
    }
};
买卖股票的最佳时期含冷冻期

分析

  如果以以往经验，对于本题，我们可以定义一个 dp 表，dp[i] 表示以 i 位置为结尾，能获取的最大利润，即：

由于题目涉及到该天“买股票”，“卖股票”和“冷冻期”这三种情况，显然只表示该天为结尾能获取的最大利润，是非常模糊的，那么问题也得不到解决。

因此考虑使用二维 dp 来解决问题，dp[i][0]表示第 i 天手里有股票的时候能获取的最大利润（显然，根据题意，这里所说的有股票指的是“一张股票”）；dp[i][1]表示手里没股票，当天处于冷冻期的最大利润；dp[i][2]表示手里没股票，当天不处于冷冻期的时候所能获取的最大利润。

状态转移方程：dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][2]-prices[i]);

                         dp[i][1]=dp[i-1][0]+prices[i];

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

初始化：根据状态转移方程可知，每次填值只会用到上一行的值，因此只需初始化第一行即可，

              dp[0][0]= -prices[0]，dp[0][1]=0，dp[0][2]=0。

填表顺序：从上到下。

返回值：max(dp[n-1][1],dp[n-1][2]).因为最后一天手里有股票肯定是比最后一天手里没股票要亏的.

解法一

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n=prices.size();
        vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(3));
        dp[0][0]=-prices[0];
        //dp[i][0] 手里有股票的最大利润
        //dp[i][1] 手里没股票，处于冷冻期的最大利润
        //dp[i][2] 手里没股票，不处于冷冻期的最大利润
        for(int i=1;i<n;i++){
            dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][2]-prices[i]);
            dp[i][1]=dp[i-1][0]+prices[i];
            dp[i][2]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][2]);
        }
        return max(dp[n-1][1],dp[n-1][2]);
    }
};
解法二

根据解法一可知，每次填值只会用到上一行的三个值，因此可以尝试用几个变量来解决，时间复杂度为O(N)。

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n=prices.size();
        int a=-prices[0],b=0,c=0;
        //a 手里有股票的最大利润
        //b 手里没股票，处于冷冻期的最大利润
        //c 手里没股票，不处于冷冻期的最大利润
        for(int i=1;i<n;i++){
            int a1=max(a,c-prices[i]);
            int b1=a+prices[i];
            int c1=max(b,c);
            a=a1,b=b1,c=c1;
        }
        return max(b,c);
    }
};
买卖股票的最佳时机III

分析

   如果以以往经验，对于本题，我们可以定义一个 dp 表，dp[i] 表示以 i 位置为结尾，能获取的最大利润，即：

由于该题涉及“买股票”，“卖股票”和“交易次数”的问题，显然使用一维dp是不能解决问题的。

我们可以使用三维 dp 来解决，dp[i][j][k]，i 表示第 i 天，j 表示处于手里有股票还是没股票，k 表示已交易次数，这样看来，三维的有点头疼。

我们不妨可以使用两个二维dp来解决，f[i][j]表示手里没股票，已交易 j 次能获取的最大利润，g[i][j]表示手里有股票，已交易 j 次能获取的最大利润。

状态转移方程：f[i][j]=max(f[i-1][[j]，g[i-1][j-1]+prices[i])【注意：使用g[i-1][j-1]须满足 j >=1】

                         g[i][j]=max(g[i-1][j]，f[i-1][j]-prices[i]).

初始化：对于f[i][j]来说，会用到上一行的值，因此只需初始化第一行即可，由于第一行表示第一天，因此最多交易0次，对于高于0次的情况并不可能出现，初始化为 -0x3f3f3f3f.

              对于g[i][j]来说，会用到上一行的值，也可能用到前一行前一列的值（左上方）【因此不需要初始化】

填表顺序：从上到下，从左到右。

返回值：f[i][j]里面的最大值。

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n=prices.size();
        vector<vector<int>> f(n,vector<int>(3,-0x3f3f3f3f));
        vector<vector<int>> g(n,vector<int>(3,-0x3f3f3f3f));
        //f[i][j] 表示没股票的时候，已经交易j次，获取的最大利润
        //g[i][j] 表示有股票的时候，已经交易j次，获取的最大利润
        f[0][0]=0,g[0][0]=-prices[0];
        for(int i=1;i<n;i++){
            for(int j=0;j<=2;j++){
                f[i][j]=f[i-1][j];
                if(j>=1)
                    f[i][j]=max(f[i][j],g[i-1][j-1]+prices[i]);
                g[i][j]=max(g[i-1][j],f[i-1][j]-prices[i]);
            }
        }
        return *max_element(f[n-1].begin(),f[n-1].end());
    }
};
买卖股票的最佳时机IV

分析

这道题与上一道题相比，差异之处为：上一道题限制交易次数最多为两次，本题限制交易次数最多为k次，所以解法和代码同上一道题几乎    如出一辙。

   如果以以往经验，对于本题，我们可以定义一个 dp 表，dp[i] 表示以 i 位置为结尾，能获取的最大利润，即：

由于该题涉及“买股票”，“卖股票”和“交易次数”的问题，显然使用一维dp是不能解决问题的。

我们可以使用三维 dp 来解决，dp[i][j][k]，i 表示第 i 天，j 表示处于手里有股票还是没股票，k 表示已交易次数，这样看来，三维的有点头疼。

我们不妨可以使用两个二维dp来解决，f[i][j]表示手里没股票，已交易 j 次能获取的最大利润，g[i][j]表示手里有股票，已交易 j 次能获取的最大利润。

状态转移方程：f[i][j]=max(f[i-1][[j]，g[i-1][j-1]+prices[i])【注意：使用g[i-1][j-1]须满足 j >=1】

                         g[i][j]=max(g[i-1][j]，f[i-1][j]-prices[i]).

初始化：对于f[i][j]来说，会用到上一行的值，因此只需初始化第一行即可，由于第一行表示第一天，因此最多交易0次，对于高于0次的情况并不可能出现，初始化为 -0x3f3f3f3f.

              对于g[i][j]来说，会用到上一行的值，也可能用到前一行前一列的值（左上方）【因此不需要初始化】

填表顺序：从上到下，从左到右。

返回值：f[i][j]里面的最大值。

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
        int n=prices.size();
        vector<vector<int>> f(n,vector<int>(k+1,-0x3f3f3f3f));
        vector<vector<int>> g(n,vector<int>(k+1,-0x3f3f3f3f));
        //f[i][j] 表示没股票的时候，已经交易j次，获取的最大利润
        //g[i][j] 表示有股票的时候，已经交易j次，获取的最大利润
        f[0][0]=0,g[0][0]=-prices[0];
        for(int i=1;i<n;i++){
            for(int j=0;j<=k;j++){
                f[i][j]=f[i-1][j];
                if(j>=1)
                    f[i][j]=max(f[i][j],g[i-1][j-1]+prices[i]);
                g[i][j]=max(g[i-1][j],f[i-1][j]-prices[i]);
            }
        }
        return *max_element(f[n-1].begin(),f[n-1].end());
    }
};

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