Leetcode中的股票问题
Leetcode中的股票问题
Leetcode中的股票问题就是标准的动态规划合集
下面来记录下最经典的三道题
Leetocde121-----买股票的最佳时机
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。
如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票一次），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意：你不能在买入股票前卖出股票。
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: [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。
- 解释
我们使用dp[i]来表示前i天的最大利润，然后去看性质，是让我们求最大值，所以可以知道，前i天的最大收益等于max{前i-1天的最大收益，第i天的价格 - 前i-1天中的最小的价格}
因此动态转移方程为：
dp[i] = max(dp[i - 1],prices[i] - minprices);
- 代码
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(n == 0) return 0;
vector<int> dp(n+5,0);
dp[0] = 0;
int minn = prices[0];
for(int i = 1; i < n; i++){
dp[i] = max(dp[i - 1], prices[i] - minn);
minn = min(minn, prices[i]);
}
return dp[n - 1];
}
};
Leetcode122-----买股票的最佳时机2⃣️
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
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。
示例 2:
输入: [1,2,3,4,5]
输出: 4
解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:
输入: [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。
- 解释
此题我们可以知道，因为允许多次交易，因此在第i天进行买卖的时候，我们有两种情况，一种是第i天持有可获得的最大利润，一种是第i天不持有可获得的最大利润，有以下几种买卖情况：
- 今天我未持有股票
- 昨日就未持有股票，今天不做任何买卖
- 昨日持有股票，今日卖出，赚一笔
- 今天我持有股票
- 昨日就持有股票了，今日不做任何买卖
- 昨日未持有股票，今日买入股票，花了一笔
我们定义dp[n][2]:
dp[i][0]：第i天不持有股票时可获得的最大利润
dp[i][1]：第i天持有股票时可获得的最大利润
因此可得我们的状态转移方程为：
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]);
考虑下边界状态：
-
第一天未持有股票时，没有任何花费，dp[0][0] = 0
-
第一天持有股票时，花钱购入了，dp[0][1] = -prices[0]
-
代码
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
int dp[n][2];
dp[0][0] = 0, 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];
}
};
Leetcode123------买卖股票的最佳时机3⃣️
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。
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：prices = [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出：6
解释：在第 4 天（股票价格 = 0）的时候买入，在第 6 天（股票价格 = 3）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。
示例 2：
输入：prices = [1,2,3,4,5]
输出：4
解释：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
示例 4：
输入：prices = [1]
输出：0
- 做法一：状态种类
定义dp数组：dp[i][j][k]
- i：第i天
- j：是否持有股票
- 0：不持有股票
- 1：持有股票
- k：交易的次数
- dp[i][j][k]：在第i天，用户手上持股状态为 j 所获得的最大利润。
根据dp数组的定义我们来确定递推公式：
-
不持股票：
-
dp[i][0][0] = dp[i-1][0][0]
-
之前已卖出一次:
-
昨天未持有股票：dp[i-1][0][1],
-
昨天持有股票，今天第一次将持有股票卖出dp[i-1][1][0]+prices[i];
dp[i][0][1] = max(dp[i-1][0][1],dp[i-1][1][0]+prices[i]);
-
-
之前已卖出两次：
- 昨天未持有股票：dp[i-1][0][2]
- 昨天持有股票：dp[i-1][1][1] + prices[i];
dp[i][0][2] = max(dp[i-1][0][2],dp[i-1][1][1]+prices[i]);
-
-
持有股票：
-
未卖出：
- 昨天已持有，今天未买入：dp[i-1][1][0]
- 昨天未持有，今天买入：dp[i-1][0][0] - prices[i]
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0],dp[i-1][0][0]-prices[i]);
-
卖出1次：
- 昨天持有股票：dp[i-1][1][1]
- 昨天未持有，今天再次买入：dp[i-1][0][1] - prices[i]
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1],dp[i-1][0][1]-prices[i]);
-
卖出二次 :
根据题意最多交易两次，因此这种情况不存在
-
- 初始状态：
假设：
第一天持有，不管卖出次数是否存在，值都为：dp[0][1][?]= -prices[0];
第一天不持有,不管卖出次数是否存在，值都为： dp[0][0][?]=0; - 结果输出：
获取最大收益,一定是用户手上不在持有股票，可能交易过一次，也可能交易过两次
max(dp[len-1][0][2],dp[len-1][0][1]);
- 代码
class Solution {
public:
#define INF 1000000000
int maxProfit(vector<int>& prices) {
if(prices.size() <= 1)
return 0;
int n = prices.size();
vector<vector<vector<int>>>
dp(n, vector<vector<int>>(2, vector<int>(3, 0)));
dp[0][0][0] = -INF;
dp[0][0][1] = -INF;
dp[0][0][2] = 0;
dp[0][1][0] = -INF;
dp[0][1][1] = -INF;
dp[0][1][2] = -prices[0];
for(int i=1; i<n; ++i){
dp[i][0][0] = max(dp[i-1][0][0], dp[i-1][1][1]+prices[i]);
dp[i][0][1] = max(dp[i-1][0][1], dp[i-1][1][2]+prices[i]);
dp[i][0][2] = dp[i-1][0][2];
dp[i][1][0] = dp[i-1][1][0];
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][1]-prices[i]);
dp[i][1][2] = max(dp[i-1][1][2], dp[i-1][0][2]-prices[i]);
}
return max(dp[n-1][0][0], max(dp[n-1][0][1], dp[n-1][0][2]));
}
};
- 做法二：可选操作
这道题目与上一题不同，他有了交易次数的限制，最多可以完成两笔交易，因此在任意一天结束后，我们都会处于以下五种状态之一
-
没有交易
-
第一次买入
-
第一次卖出
-
第二次买入
-
第二次卖出
由此我们可以来定义dp数组，
- i：第i天
- j：0-4五种交易状态
- dp[i][j]表示在第i天状态j下的最大收益
根据dp数组的定义我们来确定递推公式：
-
dp[i][0] = dp[i-1][0]
-
dp[i][1]有两种操作：
- 第i天买入股票了，dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]
- 第i天未买入股票，那么此时状态还是昨天买入时的状态，dp[i][1] = dp[i-1][1]
根据性质求max可得：
dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i-1][1]);
下面几种情况同理可以推出
注意：dp[i][1]表示的是第i天，买入股票的状态，而不是一定要在第i天买入股票
处理边界情况：
一开始未买入：dp[0][0] = 0
一开始做第一次买入：dp[0][1] = -prices[0]
一开始做第一次卖出：dp[0][2] = 0
一开始做第二次买入：dp[0][3] = -prices[0]
一开始做第二次卖出：dp[0][4] = 0
- 代码
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
if (prices.size() == 0) return 0;
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0));
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][3] = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.size(); 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[prices.size() - 1][4];
}
};
