一個思路解決下邊買賣股票的問題
首先先分析下邊的問題
121. 買賣股票的最佳時機(jī) I 限定交易次數(shù) k=1
122. 買賣股票的最佳時機(jī) II 交易次數(shù)無限制 k = N
123. 買賣股票的最佳時機(jī) III 限定交易次數(shù) k=2
124. 買賣股票的最佳時機(jī) IV 限定交易次數(shù) 最多次數(shù)為 k k還是有限制的
這些問題都是買賣股票的最佳時機(jī)，都是在通過買賣股票的來獲取最大差值大，但是最大區(qū)別就是買賣股票的次數(shù)都是不一樣的，所以將這些問題看作是一個問題，只不過是對于不同問題交易次數(shù)是不同的，因為是動態(tài)規(guī)劃問題還是使用PD的解題步驟來解決問題：
（1）創(chuàng)建dp數(shù)組明確下標(biāo)的含義
創(chuàng)建一個三維數(shù)組dp[i][k][j]其含義是在第i天剩余叫次數(shù)還有k次，對于j來說不是0就是1，0代表沒有股票，1代表持有股票，具體含義如下：

dp[i][k][0] 第i天 還可以交易k次 手中沒有股票
dp[i][k][1] 第i天 還可以交易k次 手中有股票

最后的結(jié)果應(yīng)該是dp[i][k][0]手中應(yīng)該沒有持有股票，因為最后一天持有股票的化沒有賣出其收益肯定不是最高的

（2）遞推公式
因為定義dp數(shù)組時定義第i天持有股票和沒有持有股票所以分為兩種情況

第i天沒有持有股票，可以分為兩種情況

遞推公式為：dp[i][k][0] = max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + cost[i])
// 今天沒有持有股票，分為兩種情況
// 1. dp[i - 1][k][0]，昨天沒有持有，今天不操作。
// 2. dp[i - 1][k][1] + prices[i] 昨天持有，今天賣出，今天手中就沒有股票了。

第i天持有股票，可以分為兩種情況

遞推公式為：p[i][k][1] = max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - cost[i]
// 今天持有股票，分為兩種情況：
// 1.dp[i - 1][k][1] 昨天持有，今天不操作
// 2.dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i] 昨天沒有持有，今天買入。

最大利益就是將持股與不持股情況比較去一個最大值

（3）初始化‘
每個問題的情況不一樣初始化也是不樣的
（4）遍歷順序
因為都是前邊買入后邊賣出所以遍歷方式自然就是從前往后

股票問題以之 買賣股票的最佳時機(jī)Ⅰ

題目來源：Leetcode

1、問題描述

給你一個整數(shù)數(shù)組 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的價格。
在每一天，你可以決定是否購買和/或出售股票。你在任何時候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先購買，然后在 同一天 出售。
返回 你能獲得的 最大 利潤 。

2、轉(zhuǎn)移方程式

前邊已經(jīng)總結(jié)出來大的思路但是每一個問題，還有一些是不同的針對這個問題還是要具體分析
轉(zhuǎn)移方程
//第i天不持有 由 第i-1天不持有然后不操作 和 第i-1天持有然后賣出 兩種情況的最大值轉(zhuǎn)移過來
dp[i][1][0] = max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + cost[i])
//第i天持有 由 第i-1天持有然后不操作 和 第i-1天不持有然后買入 兩種情況的最大值轉(zhuǎn)移過來
dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])
= max(dp[i - 1][1][1], -cost[i]) // k=0時 沒有交易次數(shù)，dp[i - 1][0][0] = 0

dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - cost[i]
dp[i][[1] = max(dp[i - 1][1], cost[i]) k=0時 沒有交易次數(shù)，dp[i - 1][0][0] = 0
簡化為一個二為數(shù)組但是結(jié)果還是不影響

3.代買實現(xiàn)

``
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];//因為第0天買入的話就持股就是-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], - prices[i]);}return dp[n - 1][0]; }

};

前邊代碼dp[i]之與dp[i-1]有關(guān)可以將dp數(shù)組降維到一維數(shù)組```kotlin int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();int dp[2];dp[0] = 0;dp[1] = -prices[0];//因為第0天買入的話就持股就是-prices[0]for (int i = 1; i < n; ++i) {dp[0] = max(dp[0], dp[1] + prices[i]);dp[1] = max(dp[1], - prices[i]);}return dp[0];}

股票問題以之 買賣股票的最佳時機(jī)Ⅱ

題目來源：Leetcode

1、問題描述

給你一個整數(shù)數(shù)組 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的價格。在每一天，你可以決定是否購買和/或出售股票。你在任何時候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先購買，然后在 同一天 出售。返回 你能獲得的 最大 利潤 。

2、轉(zhuǎn)移方程式

//第i天不持有 由 第i-1天不持有然后不操作 和 第i-1天持有然后賣出 兩種情況的最大值轉(zhuǎn)移過來
dp[i][1][0] = max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + cost[i])
//第i天持有 由 第i-1天持有然后不操作 和 第i-1天不持有然后買入 兩種情況的最大值轉(zhuǎn)移過來
dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])

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

3代碼實現(xiàn)

int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();int dp[2];dp[0] = 0;dp[1] = -prices[0];//因為第0天買入的話就持股就是-prices[0]for (int i = 1; i < n; ++i) {dp[0] = max(dp[0], dp[1] + prices[i]);dp[1] = max(dp[1], - prices[i]);}return dp[0];}

買賣股票的最佳時機(jī)Ⅲ

題目來源：Leetcode

1、問題描述

給定一個數(shù)組，它的第 i 個元素是一支給定的股票在第 i 天的價格。
設(shè)計一個算法來計算你所能獲取的最大利潤。你最多可以完成 兩筆 交易。
注意：你不能同時參與多筆交易（你必須在再次購買前出售掉之前的股票）。

2、轉(zhuǎn)移方程式

//第i天不持有 由 第i-1天不持有然后不操作 和 第i-1天持有然后賣出 兩種情況的最大值轉(zhuǎn)移過來
dp[i][1][0] = max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + cost[i])
//第i天持有 由 第i-1天持有然后不操作 和 第i-1天不持有然后買入 兩種情況的最大值轉(zhuǎn)移過來
dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])

K對結(jié)果有影響不能舍棄
對其循環(huán)

for (let i = 0; i < n; i++) {for (let k = maxK; k >= 1; k--) {dp[i][k][0] = Mmax(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]);dp[i][k][1] = max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]);} }

先寫出i為2和1時的結(jié)果
i為2時
dp[i][1][0] = max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + cost[i])
dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])
還是這樣
.
…
i為1時
就成了買賣股票的最佳時機(jī)的情況
因為當(dāng)k==0時沒有交易次數(shù)，dp[i - 1][0][0] = 0所以就會出現(xiàn)如下情況；
dp[i][1][1] = max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])
= max(dp[i - 1][1][1], -cost[i])
dp[i][1][0] = max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + cost[i])

去掉中間這一維
dp[i][1][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i])
= max(dp[i - 1][1], -cost[i])
dp[i][1][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + cost[i])

3代買實現(xiàn)

//和前面一樣 我們直接降維int maxProfit(vector<int>& prices) {int buy_1 = -prices[0], sell_1 = 0;int buy_2 = -prices[0], sell_2 = 0;int n = prices.size();for (int i = 1; i < n; i++) {sell_2 = max(sell_2, buy_2 + prices[i]);buy_2 = max(buy_2, sell_1 - prices[i]);sell_1 = max(sell_1, buy_1 + prices[i]);buy_1 = max(buy_1, -prices[i]);}return sell_2;}

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的面试必刷算法TOP101之买卖股票问题 TOP16的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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