LeetCode-121. 买卖股票的最佳时机
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题目描述
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 <= 1050 <= prices[i] <= 104
相似题目
题解分析
解法一：暴力法（超时）
package com.walegarrett.interview;
/**
* @Author WaleGarrett
* @Date 2021/2/25 19:16
*/
/**
* 题目描述：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 。
*/
/**
* 方法一：暴力法（必超时）
*/
public class LeetCode_121 {
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
int result = -1;
for(int i=0; i<len; i++){
int max = -1;
for(int j=i+1; j<len; j++){
max = Math.max(max, prices[j]);
}
result = Math.max(result, max-prices[i]);
}
return Math.max(result, 0);
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(\(n^2\))。循环运行 \(\dfrac{n (n-1)}{2}\) 次。
- 空间复杂度：O(1)。只使用了常数个变量。
解法二：一次遍历+思维
解题思路
- 可以使用一个历史最低价格来存储历史最低股票价格。
- 在循环的时候需要判断当前价格是否低于历史最低价，如果低于历史最低价表示可以更新，退出循环。
- 否则，需要判断收益是否大于最大收益，如果是则更新最大收益。
代码实现
/**
* 方法二：一次遍历法
*/
class LeetCode_121_2 {
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
int minPrice = Integer.MAX_VALUE;//历史最低价格
int maxProfit = 0;
for(int i=0; i<len; i++){
if(prices[i] < minPrice)
minPrice = prices[i];
else if(prices[i] - minPrice > maxProfit)
maxProfit = prices[i]-minPrice;
}
return maxProfit;
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)，只需要遍历一次。
- 空间复杂度：O(1)，只使用了常数个变量。
解法三：动态规划
-
本题属于LeetCode【股票问题】的系列题之一。其实这种题目有一个通用的解题模板。详情参考：一个方法团灭 LEETCODE 股票买卖问题。
-
我们定义的动态方程如下：dp[i][k][0 or 1]；0 <= i <= n - 1, 1 <= k <= K；n 为天数，K 为交易数(每次交易指的是买入和卖出两个操作在一起则算一次交易)的上限，0 和 1 代表是否持有股票。而我们想求的最终答案是 dp[n - 1][K][0]，即最后一天，最多允许 K 次交易，最多获得多少利润。读者可能问为什么不是 dp[n - 1][K][1]？因为 dp[n - 1][K][1] 代表到最后一天手上还持有股票，dp[n - 1][K][0] 表示最后一天手上的股票已经卖出去了，很显然后者得到的利润一定大于前者。
-
股票系列问题的动态转移方程如下：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]) max( 今天选择保持前一天的状态, 今天选择出售股票 ) dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]) max( 今天选择保持前一天的状态, 今天选择购入股票 )这里着重提醒一下，时刻牢记「状态」的定义，k 的定义并不是「已进行的交易次数」，而是「最大交易次数的上限限制」。如果确定今天进行一次交易，且要保证截至今天最大交易次数上限为 k，那么昨天的最大交易次数上限必须是 k - 1。
修正：以前我以为在 sell 的时候给 k 减小 1 和在 buy 的时候给 k 减小 1 是等效的，但细心的读者向我提出质疑，经过深入思考我发现前者确实是错误的，因为交易是从 buy 开始，如果 buy 的选择不改变交易次数 k 的约束，会出现交易次数超出限制的的错误。 -
股票系列问题的边界处理如下：
dp[-1][...][0] = dp[...][0][0] = 0 dp[-1][...][1] = dp[...][0][1] = -infinity
dp[-1][...][0] = 0
解释：因为 i 是从 0 开始的，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时候的利润当然是 0。dp[-1][...][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。dp[...][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0。dp[...][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的。dp[-1][...][0] = 0
解释：因为 i 是从 0 开始的，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时候的利润当然是 0。dp[-1][...][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。dp[...][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0。dp[...][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。
- 本题的动态转移方程如下：
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i]) dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - prices[i]) = max(dp[i-1][1][1], -prices[i]) 解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。 现在发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。 可以进行进一步化简去掉所有 k： dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]) dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
// dp[i][0]表示截止到第i天手里没有持有股票的最大利润
// dp[i][1]表示截止到第i天手里持有股票的最大利润
int[][] dp = new int[n+1][2];
// 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]);
int mins = -0x3f3f3f3f;
dp[0][1] = mins;
for(int i=1; i<=n; i++){
dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i-1]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], - prices[i-1]);
}
return dp[n][0] < 0 ? 0 : dp[n][0];
}
}
解法四：动态规划-压缩数组
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
// dp[i][0]表示截止到第i天手里没有持有股票的最大利润
// dp[i][1]表示截止到第i天手里持有股票的最大利润
// 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][1] - prices[i]);
int mins = -0x3f3f3f3f;
int dp_0 = 0, dp_1 = mins;
for(int i=1; i<=n; i++){
dp_0 = Math.max(dp_0, dp_1 + prices[i-1]);
dp_1 = Math.max(dp_1, - prices[i-1]);
}
return dp_0 < 0 ? 0 : dp_0;
}
}
