力扣 121. 买卖股票的最佳时机

题目来源:https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/description/

好久没写代码了,啥啥都忘了

C++题解1:贪心算法。(来源代码随想录

因为股票就买卖一次,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。

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

C++题解2:动态规划 (来源代码随想录

动规五部曲分析如下:

  1. 确定dp数组(dp table)以及下标的含义。dp[i][0] 表示第i天持有股票所得最多现金 ,一开始现金是0,那么加入第i天买入股票现金就是 -prices[i], 这是一个负数。dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金。注意这里说的是"持有","持有"不代表就是当天"买入"!也有可能是昨天就买入了,今天保持持有的状态

  2. 确定递推公式

如果第i天持有股票即dp[i][0], 那么可以由两个状态推出来

  • 第i-1天就持有股票,那么就保持现状,所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即:dp[i - 1][0]
  • 第i天买入股票,所得现金就是买入今天的股票后所得现金即:-prices[i]

那么dp[i][0]应该选所得现金最大的,所以dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);

如果第i天不持有股票即dp[i][1], 也可以由两个状态推出来

  • 第i-1天就不持有股票,那么就保持现状,所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即:dp[i - 1][1]
  • 第i天卖出股票,所得现金就是按照今天股票价格卖出后所得现金即:prices[i] + dp[i - 1][0]

同样dp[i][1]取最大的,dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);

  1. dp数组如何初始化

由递推公式 dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]); 和 dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);可以看出其基础都是要从dp[0][0]和dp[0][1]推导出来。

那么dp[0][0]表示第0天持有股票,此时的持有股票就一定是买入股票了,因为不可能有前一天推出来,所以dp[0][0] -= prices[0]; dp[0][1]表示第0天不持有股票,不持有股票那么现金就是0,所以dp[0][1] = 0;

  1. 确定遍历顺序

从递推公式可以看出dp[i]都是由dp[i - 1]推导出来的,那么一定是从前向后遍历。

  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(n)
cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        // 所拥有的金额
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));
        dp[0][0] = -prices[0]; //持有,即买入或者之前就持有
        dp[0][1] = 0;    //不持有,即卖出或者之前就已经卖出
        for(int i = 1; i < n; i++){
            dp[i][0] = max(dp[i-1][0], -prices[i]);
            dp[i][1] = max(dp[i-1][1], prices[i] + dp[i-1][0]);
        }
        return dp[n-1][1]; // 最后一定是不持有
    }
};

从递推公式可以看出,dp[i]只是依赖于dp[i - 1]的状态。那么我们只需要记录 当前天的dp状态和前一天的dp状态就可以了,可以使用滚动数组来节省空间,代码如下:

  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(1)
cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2)); // 注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组
        dp[0][0] -= prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            dp[i % 2][0] = max(dp[(i - 1) % 2][0], -prices[i]);
            dp[i % 2][1] = max(dp[(i - 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i - 1) % 2][0]);
        }
        return dp[(len - 1) % 2][1];
    }
};
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