浅谈股票类问题

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这道题显然是对于每个卖出股票，在前面找到最小的买进，统计答案即可。
代码实现:

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int a[1000039];
        int i,j,ans=0,tot=0;
        int n=prices.size()-1;
        for(i=0;i<=n;i++) a[i]=prices[i];
        for(i=n;i>=0;i--){
            ans=max(ans,a[i]);
            tot=max(tot,ans-a[i]);
        }
        return tot;
    }
};

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对于每两天价格作差。
可以发现在第一天买进，第三天卖出等同于第一天买进，第二天卖出再买进，第三天卖出。
那么对于每两天之差，如果能赚那么就买进即可。
代码实现:

class Solution {
public:
int b[30039],ans=0;
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int a[30039],i;
        int n=prices.size()-1;
        for(i=0;i<=n;i++){
            a[i]=prices[i];
        }
        for(i=0;i<n;i++) b[i]=a[i+1]-a[i];
        for(i=0;i<n;i++)ans+=max(b[i],0);
        return ans;
    }
};

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这两道题是同一道题。
考虑\(dp\)
设\(dp_{i,j}\)表示买了第\(i\)次在\(j\)支股票能有的利润。
那么转移方程就是\(dp_{i,j}=\max\limits _{k=1}^{j-1}dp_{i-1,k}+a_j-a_k\)
但这样是\(O(n^2k)\)的，不足以通过。
考虑分开计算，\(dp_{i,j}=(\max\limits _{k=1}^{j-1}dp_{i-1,k}-a_k)+a_j\)
前面一部分可以迭代计算。
那么就是\(O(nk)\)的了。
然后可以发现一个性质:至多只能交易\(\frac{n}{2}\)次。
所以就可以过去了。
代码实现:

class Solution {
public:
int n,m,k,x,y,z,ans,tot,a[100039],dp[2][100038],now,last;
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
        int i,j;n=prices.size()-1;
        if(n==-1) return 0;
        for(i=0;i<=n;i++){
            a[i]=prices[i];
        }
        if(k>(n+1)/2)k=(n+1)/2;
        for(i=1;i<=k;i++){
            now=i&1;last=now^1;ans=-1e9;
            for(j=0;j<=n;j++){
                dp[now][j]=0;
                if(j) dp[now][j]=dp[now][j-1];
                dp[now][j]=max(dp[now][j],ans+a[j]);
                ans=max(ans,dp[last][j]-a[j]);
                tot=max(tot,dp[now][j]);
               // printf("%d ",dp[now][j]);
            }
         //   printf("\n");
        }
        return tot;
    }
};

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只要将第三题的方程式改一下就好了。改成从前一天转移。
代码实现:

class Solution {
public:
int n,a[1000039],ans,tot,pus,dp[1000039];
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int i;
        n=prices.size()-1;
        for(i=0;i<=n;i++) a[i]=prices[i];
        ans=-a[0];
        for(i=1;i<=n;i++){
            dp[i]=max(a[i]+ans,dp[i-1]);
            if(i>=2)ans=max(ans,dp[i-2]-a[i]);
            else if(i==1) ans=max(ans,-a[1]);
            tot=max(tot,dp[i]);
            printf("%d ",dp[i]);
        }
        return tot;
    }
};

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在前面的转移方程式上减去手续费即可。
代码实现:

class Solution {
public:
int n,m,k,x,y,z,a[100039],dp[100039],ans,tot,pus,i;
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        n=prices.size()-1;k=fee;
        for(i=0;i<=n;i++) a[i]=prices[i];
        ans=-a[0];
        for(i=1;i<=n;i++){
            if(i) dp[i]=dp[i-1];
            dp[i]=max(dp[i],ans+a[i]-k);
            ans=max(ans,dp[i]-a[i]);
            tot=max(tot,dp[i]);
            printf("%d ",dp[i]);
        }
        return tot;
    }
};

股票交易
纪念品
具体可以参见我的题解
感觉这一类问题就是将原问题用状态表示，基本就是\(dp_{i,j}\)表示\(i\)次交易到了\(j\)张股票。然后状态转移就是从之前的转移。这个转移基本可以迭代优化。