代码随想录–动态规划部分

day 41 动态规划第8天

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一、力扣121–买卖股票的最佳时机

代码随想录题目链接：代码随想录

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 。

dp数组设置成map

dp[i][0]代表第i天持有股票所得最多现金，而dp[i][1]代表未持有股票时最多的现金

所以如果购入，需要减去当天的价格

那么递推公式？dp[i][0]只面临两种情况，要么是在i之前就已经买了，那么肯定是要保持不变，即dp[i][0] = dp[i-1][0]

另一种情况是在i这里买，说明之前都没买入，则此时的钱一定是0，买入后变成-prices[i]

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

再考虑dp[i][1]，要么是之前已经卖了，要么是现在卖，所以dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + prices[i])

代码如下：

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], dp[i-1][0] + prices[i]);
        }
        return dp[len-1][1];

    }
};

二、力扣122–买卖股票的最佳时机Ⅱ

代码随想录题目链接：代码随想录

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 。

和上题区别在于能够重复购买了，所以在推导dp[i][0]时，如果要在i处购入，并不意味着之前的钱都是0，而要考虑交易后的钱了

也就是dp[i][0] = max(dp[i-1][0], -prices[i])变成dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] -prices[i])

考虑i-1时刻不持有股票的情况

代码如下：

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

    }
};

这个题确实不如贪心算法来的快，只考虑正收益，相加即可

三、力扣123–买卖股票的最佳时机Ⅲ

代码随想录题目链接：代码随想录

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。

第三个困难题了，区别在于，不是仅有一次买卖，也不是无限次买卖，而是最多两次

所以每天的状态不再是：有股票 和 没有股票

而是：无、第一次有、第一次无、第二次有、第二次无

那么dp数组就成了$N\times 5$的一个数组，每个维度都要有具体的递推公式

dp[i][0]不用想，没买过股票的情况，那自然一直是0，并且递推下去也都是0

dp[i][1]是第一次持有，要么是延续dp[i-1][1]，说明之前就第一次持有了，要么是今天买，变成dp[i-1][0]-price[i]

dp[i][2]是第一次不持有，要么是延续dp[i-1][2]，之前就卖了，要么是今天卖，变成dp[i-1][1]+prices[i]

那么34也是一样的，用3代替1，4代替2，2代替0即可

初始化只需要考虑第0天即可，dp[0][0] = 0, dp[0][1] = -prices[0], dp[0][2] = 0, 因为没得赚，同一天无利润

dp[0][3] = -prices[0]，因为第二次买入是依赖第一次卖出剩余的钱再买入，而 dp[0][2] = 0

同理的，dp[0][4] = 0

代码如下：

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

总结

针对这类股票问题，dp数组定义为$N\times 2$一般就能够解决，用来存买入状态和卖出状态的价值即可