5、股票问题
121. 买卖股票的最佳时机
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
思路：
只考虑在i号点卖，在（0.....i-1）的最小处买，挣的最大钱数
i-->0.....arr.length-1
int ans=Math.max(arr[i] - min(0....i),ans)
public int maxProfit(int[] prices) {
//i sell 0...i-1 min i-minValue max
return process(prices);
}
private int process(int[] prices){
int min=prices[0];
int ans=0;
for(int i=1;i<prices.length;i++){
min=Math.min(min,prices[i-1]);
ans=Math.max(ans,prices[i]-min);
}
return ans;
}
122.买卖股票的最佳时机II
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。
注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
示例 1:
输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 7
思路：
把所有的上坡都找到，累加就是挣到的最大钱数
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
return process(prices);
}
private int process(int[] prices){
int ans=0;
for(int i=1;i<prices.length;i++){
ans+=Math.max(0,prices[i]-prices[i-1]);
}
return ans;
}
}
arr ,k
如是K很大，大到数组的长度一半以上，那么答案和题目二一样，相当于是交易次数不限
上坡：一个长度为N的数组，最最多有N/2个上坡
但是如果K比较小的话，那么就要用动态规划
dp[i][k]
0....i上做交易，最多交易K次，返回挣的最大钱数
8*3
i位置的价格是否参与交易（是否参与最后一次交易）
可能性：
1:不交易 dp[i][j]=dp[i-1][j]
2:i号价格参与最后一次交易才有意义（因为是参与的是倒数第二次，那么剩下的都是在i位置买卖，贪心）
i号时间点只需要讨论最后一次卖出的时机（同上，如是是买入时机，那么又要在i号卖出，没必要，贪心）
那么最后一次买入时机在哪？
i:那么j-1是在哪个范围上做的dp[i][j-1]
i-1:dp[i-1][j-1]+arr[i]-arr[i-1]
...
0:dp[0][j-1]+arr[i]-arr[0]
以上是所有的枚举行为
给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 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 k 笔交易。
注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
示例 1：
输入：k = 2, prices = [2,4,1]
输出：2
class Solution {
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
return process(prices,k);
}
private int process(int[] prices,int k){
//dp[i][j] 0....i,j max
//dp[i-1][j],dp[i][j-1]+p[i]-p[i],dp[i-1][j-1] + p[i]-p[i-1]...dp[0][j-1]+p[i]-p[0]
//max
if(prices==null || prices.length==0){
return 0;
}
int N=prices.length;
int[][] dp=new int[N][k+1];
for(int i=1;i<N;i++){
for(int j=1;j<=k;j++){
dp[i][j]=dp[i-1][j];
int max=0;
for(int s=0;s<=i;s++){
dp[i][j]=Math.max(dp[i][j],dp[i-s][j-1]-prices[i-s]+prices[i]);
}
}
}
return dp[N-1][k];
}
}
优化：
列举依赖位置
class Solution {
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
return process(prices,k);
}
private int process(int[] prices,int k){
//dp[i][j] 0....i,j max
//dp[i-1][j],dp[i][j-1]+p[i]-p[i],dp[i-1][j-1] + p[i]-p[i-1]...dp[0][j-1]+p[i]-p[0]
//max
if(prices==null || prices.length<=1){
return 0;
}
int N=prices.length;
int[][] dp=new int[k+1][N];
for(int j=1;j<=k;j++){
int bestChoose=Math.max(dp[j-1][1]-prices[1],dp[j-1][0]-prices[0]);
dp[j][1]=Math.max(dp[j][0],bestChoose+prices[1]);
for(int i=2;i<N;i++){
bestChoose=Math.max(bestChoose,dp[j-1][i]-prices[i]);
dp[j][i]=Math.max(dp[j][i-1],bestChoose+prices[i]);
}
}
return dp[k][N-1];
}
}
714.买卖股票的最佳时机含手续费
给定一个整数数组 prices，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 ；非负整数 fee 代表了交易股票的手续费用。
你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。
返回获得利润的最大值。
注意：这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。
示例 1: 输入: prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2 输出: 8
解释: 能够达到的最大利润: 在此处买入 prices[0] = 1 在此处卖出 prices[3] = 8 在此处买入 prices[4] = 4 在此处卖出 prices[5] = 9 总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8.
注意:
- 0 < prices.length <= 50000.
- 0 < prices[i] < 50000.
- 0 <= fee < 50000.
dp[i][0] 表示第i天持有股票所省最多现金。 dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
return process(prices,fee);
}
private int process(int[] prices,int fee){
//dp[i][0] 0...i buy status dp[i][1] 0...i sell status
//dp[0][0]=-prices[0]
//dp[1][0]. dp[1][1]
//dp[i][0]. dp[i-1][0] ,dp[i-1][1] dp[i][0]-prices[i].
//dp[i][1]. dp[i-1][1], dp[i-1][0] dp[i][0]+prices[i]-fee
int N=prices.length;
int[][] dp=new int[N][2];
dp[0][0]=-prices[0];
for(int i=1;i<N;i++){
dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]-prices[i]);
dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[i]-fee);
}
return Math.max(dp[N-1][0],dp[N-1][1]);
}
}
309.最佳买卖股票时机含冷冻期
给定一个整数数组，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 。
设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:
- 你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
- 卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
示例: 输入: [1,2,3,0,2] 输出: 3 解释: 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
return process(prices);
}
private int process(int[] prices){
//dp[i][0] 0...i buy status
//dp[i][1] 0...i sell today status
//dp[i][2] 0...i sell two days before status
//dp[i][3] 0...i clod today status,then yesday is sell status
//dp[i][0]. 今天是buy的状态
//p1= before buy. dp[i-1][0] 之前是保持buy的状态
//tody buy 今天buy,那么之前有可能是clod status,或两天前就是卖出的状态
//p2=dp[i-1][3] -prices[i] p3=dp[i-1][2]-prices[i]
//dp[i][1] sell today staus 今天卖出，那么之前是买入的状态
// p1=prices[i]+dp[i-1][0]
//dp[i][2] 0...i sell two days before status 两天前就是卖出的状态，
//那么前一天有可能是也是两天前就是卖出的状态 或 前一天clod status
//p1=dp[i-1][2] ,dp[i-1][3]
//dp[i][3] 0...i clod today status,then yesday is sell status
//今天是冷冻期，那么前一天肯定是卖出的状态
//p1=dp[i-1][1]
int N=prices.length;
int[][] dp=new int[N][4];
dp[0][0]=-prices[0];
for(int i=1;i<N;i++){
dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],Math.max(dp[i-1][3],dp[i-1][2])-prices[i]);
dp[i][1]=dp[i-1][0]+prices[i];
dp[i][2]=Math.max(dp[i-1][2],dp[i-1][3]);
dp[i][3]=dp[i-1][1];
}
return Math.max(Math.max(dp[N-1][1],dp[N-1][2]),dp[N-1][3]);
}
}
