C++ day49 买卖股票的最佳时机

题目1:121 买卖股票的最佳时机

题目链接:买卖股票的最佳时机

对题目的理解

prices[i]表示一支股票在第i天的价格,只能在某一天买入这支股票,并在之后的某一天卖出该股票,从而获得最大利润,返回该最大值,若不能获取利润,则返回0

注意:股票只能买卖一次

暴力解法(超时)

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int result=0;for(int i=0;i<prices.size();i++){for(int j=i+1;j<prices.size();j++){result=max(result,prices[j]-prices[i]);}}return result;}
};
  • 时间复杂度:O(n^2)
  • 空间复杂度:O(1)

贪心解法

股票就买卖一次,那么贪心的想法很自然就是取最左最小值,取最右最大值,那么得到的差值就是最大利润

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int result=0;int low=INT_MAX;for(int i=0;i<prices.size();i++){low=min(low,prices[i]);result=max(result,prices[i]-low);}return result;}
};
  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(1)

动态规划

动规五部曲

1)dp数组及下标i的含义(使用二维dp数组)

dp[i][0]表示第i天持有这支股票所拥有的最大现金,注意是持有,不一定是当天买入,可能是前天已经买入

dp[i][1]表示第i天不持有这支股票所拥有的最大现金,注意是持有,不一定是当天卖出,可能是前天已经卖出

最终求 dp[prices.size()][1]

本题中不持有股票状态所得金钱一定比持有股票状态得到的多

2)递推公式

dp[i][0] = dp[i-1][0]  一直持有该股票

dp[i][0] = -prices[i]  在第i天买入这支股票,减去股票的价格,因为只买卖一次,所以直接等于-princes[i]

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

dp[i][1] = dp[i-1][1] 一直不持有该股票

dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i]  在第i天将这支股票卖了,那么前一天一定是持有这只股票,所以是二者相加

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

3)dp数组初始化

根据递推公式,dp[i]由dp[i-1]推出来,由前一个状态推出来

所以初始化,最前面的状态  第0天持有这支股票的最大现金(买入):dp[0][0]=-prices[0]   

 第1天不持有这支股票的状态(没有股票,不买入):dp[0][1]=0

4)遍历顺序

根据递推公式,后面状态依赖于前面的状态,所以从前往后进行遍历

for(int i=1;i<prices.size();i++){}

5)打印dp数组

代码

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {//dp数组定义vector<vector<int>> dp(prices.size(),vector<int>(2));//初始化dp数组dp[0][0]=-prices[0];dp[0][1]=0;//递推for(int i=1;i<prices.size();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[prices.size()-1][1];}
};
  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(n)

题目2:122 买卖股票的最佳时机Ⅱ

题目链接:买卖股票的最佳时机Ⅱ

对题目的理解

prices[i]表示某支股票的第i天的价格,在每一天,都可以决定买入或者卖出股票,但是每天最多只能持有1支股票,可先购买,在同一天出售,返回获得的最大利润

可以多次买卖股票

贪心解法(利润分解)

假如第 0 天买入,第 3 天卖出,那么利润为:prices[3] - prices[0],相当于(prices[3] - prices[2]) + (prices[2] - prices[1]) + (prices[1] - prices[0])。

把利润分解为每天为单位的维度,只收集每天的正利润,注意至少要第2天才会有正利润

局部最优:收集每天的正利润,全局最优:求得最大利润

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int result = 0;for(int i=1;i<prices.size();i++){result += max(0,prices[i]-prices[i-1]);//收集正利润}return result;}
};
  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(1)

动态规划

动规五部曲

1)dp数组及下标i的含义

dp[i][0]  :第i天持有股票的最大现金

dp[i][1]:第i天不持有股票的最大现金

2)递推公式

dp[i][0] = dp[i-1][0] :一直不持有股票

dp[i][0] = dp[i-1][1] - prices[i]  在第i天买入股票,因为题目中描述可以多次买卖股票,所以使用第i-1天不持有股票的最大现金减去股票的价格

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

dp[i][1] = dp[i-1][1] : 一直不持有股票

dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i] 在第i天卖出股票,说明第i-1天一定持有股票

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

3)dp数组初始化

根据递推公式,后面的状态由前面的状态推导出来的,所以初始化dp[0][0]和dp[0][1]

dp[0][0]=-prices[0]

dp[0][1]=0

4)遍历顺序

根据递推公式,后面状态由前面状态推导,所以从前向后遍历

for(i=1;i<prices.size();i++)  注意这里是从1开始遍历的,因为i的状态,取决于i-1的状态

5)打印dp数组

代码

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {//定义dp数组vector<vector<int>> dp(prices.size(),vector<int>(2,0));//初始化dp数组dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;for(int i=1;i<prices.size();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[prices.size()-1][1];}
};
  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(n)

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