买卖股票的最佳时机I
121. 买卖股票的最佳时机 - 力扣(LeetCode)
之前用贪心算法做过相同的题,这次考虑使用动态规划来完成。
dp[i]表示前i天的最大利润
我们已知每一天的价格price[i],则dp[i]为每一天的价格price[i]减去当初购买的价格buyprice与dp1[i-1]的较大值。 dp[i] = max(dp[i-1],price[i]-buyprice)。
dp[0]表示收益为0
从前往后递推,注意要更新buyprice的价格为当前遍历过的数据中最小的值。
最后返回dp[price.size()-1]。
其实和贪心差不多,或者说贪心是这里动态规划的变体?
class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {// 如果价格数组为空,则没有利润,返回0if(prices.size()==0)return 0;// 初始化买入价格为第一天的价格int buyprice = prices[0];// 创建一个动态数组dp,用于存储到第i天为止的最大利润// 初始化dp[0]为0,因为第一天买入卖出没有利润vector<int>dp(prices.size(),0);dp[0] = 0;// 遍历价格数组,从第二天开始for(int i = 1;i < prices.size();i++){// 更新买入价格为当前价格和之前最低价格中的较小值buyprice = min(buyprice,prices[i]);// 计算如果在今天卖出股票能获得的最大利润// 即取当前价格减去最低买入价格和前一天的最大利润中的较大值dp[i] = max(dp[i-1],prices[i]-buyprice);}// 返回最后一天的最大利润,即整个期间的最大利润return dp[prices.size()-1];}
};
算法的时间复杂度为O(n),遍历一次数组,空间复杂度同样为O(n),需要维护一个dp数组。
买卖股票的最佳时机II
122. 买卖股票的最佳时机 II - 力扣(LeetCode)
由于不能同时参与多笔交易,则每天结束,只会存在拥有一支股票和无股票两种情况,由次,创建一个二维的dp数组(n*2的大小),其中dp[i][0]表示当天结束时,手头没有股票的最大利润,dp[i][1]表示当天结束时手头有股票的利润。
考虑推导,手头没有股票有两种情况,一是前一天就没有股票且今天没买,二是前一天有股票,但今天卖了,则dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+price[i]),手头有股票同样有两种情况,一是前一天没有股票但今天买了,二是昨天的股票没卖。
dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - price[i],dp[i-1][1])
考虑到这样的情况,需对dp[0][0]和dp[1][0]初始化,dp[0][0] = 0,dp[0][1]=-price[0]
从前往后遍历(本质上还是从天来推导)
最后一天由于dp[i][0]一定大于dp[i][1],返回dp[i][0]即可。
class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {// 创建一个二维数组dp,行数为prices的大小,列数为2// dp[i][0]代表第i天结束时,不持有股票的最大利润// dp[i][1]代表第i天结束时,持有股票的最大利润vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2, 0));// 初始化dp数组的第一行// 第一天不持有股票的最大利润为0dp[0][0] = 0; // 第一天持有股票的最大利润为负的第一天价格(即买入股票)dp[0][1] = -prices[0];// 遍历价格数组,从第二天开始更新dp数组for(int i = 1; i < prices.size(); i++){// 更新第i天不持有股票的最大利润// 可以是前一天就不持有股票,或者前一天持有股票但今天卖出dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);// 更新第i天持有股票的最大利润// 可以是前一天就持有股票,或者前一天不持有股票但今天买入dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i-1][1]);}// 返回最后一天不持有股票的最大利润return dp[prices.size()-1][0];}
};
算法的时间复杂度为O(n),空间复杂度为O(n)。
买卖股票的最佳时机III
123. 买卖股票的最佳时机 III - 力扣(LeetCode)
每天结束后,我们手中持有的股票有以下五种情况。
- 无操作
- 第一次买操作
- 完成一笔操作
- 第二次买操作
- 完全两笔交易
由此,我们根据买卖股票的最佳时机II相似的方式,来完成本题。
-
dp[i][0]
:没有进行任何交易时的利润。 -
dp[i][1]
:进行了第一次买入后的利润。 -
dp[i][2]
:完成了第一次卖出后的利润。 -
dp[i][3]
:进行了第二次买入后的利润。 -
dp[i][4]
:完成了第二次卖出后的利润。
dp[i][0]始终为0,这里我们将dp[i][0] = do[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])
从前向后遍历
返回dp[prices.size()-1][4]
class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {if (prices.size() == 0) return 0; // 如果没有价格数据,则利润为0vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0)); // 初始化dp数组// 初始化第一天的状态dp[0][1] = -prices[0]; // 第一天买入股票后的利润dp[0][3] = -prices[0]; // 假设k>=2,第一天买入第二次股票后的利润for (int i = 1; i < prices.size(); i++) { // 遍历价格数组// 更新第i天不进行任何交易的最大利润,这个值始终为0,因为不交易不会有利润变化dp[i][0] = dp[i - 1][0];// 更新第i天进行第一次买入后的最大利润dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);// 更新第i天完成第一次卖出后的最大利润dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);// 更新第i天进行第二次买入后的最大利润dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);// 更新第i天完成第二次卖出后的最大利润dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);}// 返回最后一天完成所有交易后的最大利润return dp[prices.size() - 1][4];}
};
算法的时间复杂度为O(n),空间复杂度为O(n)。