【力扣】买卖股票(121,122,123)

121. 买卖股票的最佳时机

题意

  • 只能买卖股票各一次
  • 求最大收益

解法 动态规划

要求最值,肯定要穷举。而穷举主要有两种方法:动态规划回溯

这道题显然可以使用动态规划的算法来解决,因为这里有一个很明显的子问题:前 i i i 天的最大利润 = = = 第 i i i 天的价格 − - − 前 ( i − 1 ) (i - 1) (i−1) 天的最小值。其中,求前 i i i 天的最小值可以使用动态规划来求解

求前 i i i 天的最小值 :

  • 状态变量: tmp[i] 表示前 i i i 天的最小值,其中, 0 < = i < = n 0 <= i <= n 0<=i<=n
  • 初始状态:tmp[0] = INT_MAX;
  • 状态转移方程:tmp[i] = min(tmp[i - 1], prices[i - 1]);

注意:由于状态变量 tmp 需要赋一个初始值,所以 tmp 的有效下标为 0 − n 0 - n 0−n,其中 1 − n 1 - n 1−n 对应 prices 的 0 − ( n − 1 ) 0 - (n - 1) 0−(n−1)

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int minPrice(vector<int>& prices) {
      vector<int> tmp(prices.size() + 1, 0);
      tmp[0] = 1e9;

      for(int i = 1; i <= prices.size(); i++)
      {
        tmp[i] = min(tmp[i - 1], prices[i - 1]);
      }
      return tmp[prices.size()];
    }
};

那么,最大收益也就可以解决了:

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
      vector<int> tmp(prices.size() + 1, 0);
      tmp[0] = 1e9;
      int ans = 0;

      for(int i = 1; i <= prices.size(); i++)
      {
        tmp[i] = min(tmp[i - 1], prices[i - 1]);
        ans = max(ans, prices[i - 1] - tmp[i]);
      }
      return ans;
    }
};

但是,考虑到 tmp[i] 的状态转移只与 tmp[i - 1]有关,因此可以只用一个变量来代替 tmp[]

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
      int tmp = 1e9;
      int ans = 0;

      for(int i = 1; i <= prices.size(); i++)
      {
        tmp = min(tmp, prices[i - 1]);
        ans = max(ans, prices[i - 1] - tmp);
      }
      return ans;
    }
};

复杂度

时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)。

空间复杂度: O ( 1 ) O(1) O(1)。


122. 买卖股票的最佳时机 II

题意

  • 每天最多只能持有一只股
  • 可多次买卖
  • 求最大收益

解法 动态规划

这道题与上一题的变化在于,状态变多了。对于每天来说,一共有两个状态:持有股票 或者 未持有股票 ,一共有三种操作可以进行状态转移:不操作买入卖出

  • 状态变量: dp[i][2]dp[i][0] 表示第 i i i 天未持有股票时获得的最大利润,dp[i][1]表示第 i i i 天持有股票时获得的最大利润,其中, 0 < = i < = n 0 <= i <= n 0<=i<=n, 0 0 0 对应初始化, 1 − n 1 - n 1−n 对应 p r i c e s [ 0 ] − p r i c e s [ n − 1 ] prices[0] - prices[n - 1] prices[0]−prices[n−1]。
  • 初始状态:dp[0][0] = 0, dp[0][1] = -prices[0];,其中,要想在第 0 0 0 天就持有股票,那只能持有 p r i c e s [ 0 ] prices[0] prices[0],并且此时利润为负。
  • 状态转移方程:
    • 如果当天没有股票,可能是前一天也没有股票(不进行操作),或者前一天持有股票而当天卖出(卖出操作);
    • 如果当天持有股票,可能是前一天就持有股票(不进行操作),或者前一天没有股票而当天买入(买入操作);
    • 因此,状态转移方程如下:
      dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i - 1]);
      dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i - 1], dp[i - 1][1]);
cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();

        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(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 - 1]);
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i - 1], dp[i - 1][1]);
        }
        return max(dp[n][0], dp[n][1]);
    }
};

复杂度

时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)。

空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)。


买卖股票的最佳时机 III

题意

  • 最多只能进行两次买卖,且只有结束了一次买卖,才能开启下一次买卖
  • 求最大利润

解法 动态规划

关于这道题,第一想法是暴力。因此一共只有两次买卖,所以将 prices[] 分成两段,对于两段分别进行最多一次买卖的最大利润的求取,然后将两次利润相加得到答案,这样就转换成了 121 题。

但是看了看数据范围,这样的做法,复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2),显然会超时。

代码如下:

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int subMaxProfit(vector<int>& prices, int st, int end)
    {
        int tmp = prices[st];
        int ans = 0;

        for(int i = st; i <= end; i++)
        {
            tmp = min(tmp, prices[i]);
            ans = max(ans, prices[i] - tmp);
        }
        return ans;
    }
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int pro1 = 0, pro2 = 0;
        int n = prices.size();
        int ans = 0;

        for(int i = 0; i < prices.size(); i++)
        {
            pro1 = subMaxProfit(prices, 0, max(i, 0));
            pro2 = subMaxProfit(prices, min(i + 1, n - 1), n - 1);
            ans = max(ans, pro1 + pro2);
        }
        return ans;
    }
};

果然超时。

所以还是选择 列举状态,构建状态转移方程

一共有 5 种状态

  • 未买卖过
  • 买一次
  • 买一次,卖一次
  • 买一次,卖一次,买一次
  • 买一次,卖一次,买一次,卖一次

然后构建状态转移方程

  • 状态变量: buy1sell1buy2sell2,第一种状态可以单纯用 0 来表示(因为没有利润为 0 )。
  • 初始状态:buy1 = -prices[0]sell1 = 0buy2 = -prices[0]sell2 = 0。其中,sell1 = 0 表示买入 prices[0],再卖出 prices[0]sell2 = 0 表示买入 prices[0],再卖出 prices[0],再买入 prices[0],再卖出 prices[0]
  • 状态转移方程:
    sell2 = max(buy2 + p, sell2);
    buy2 = max(sell1 - p, buy2);
    sell1 = max(buy1 + p, sell1);
    buy1 = max(buy1, -p);

ps. 这里为了防止每一轮中 先更新的变量 影响 后更新的变量 的更新,我特意调整了更新顺序,保证每一个变量更新时,等号右边的状态变量都是上一轮的值。(但是不调整顺序似乎也不影响 ac?)

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int buy1 = -prices[0], sell1 = 0, buy2 = -prices[0], sell2 = 0;

        for(auto p : prices)
        {
            sell2 = max(buy2 + p, sell2);
            buy2 = max(sell1 - p, buy2);
            sell1 = max(buy1 + p, sell1);
            buy1 = max(buy1, -p);
        }
        return max(0, max(sell1, sell2));
    }
};

复杂度

时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)。

空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)。


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