Best Time to Buy and Sell Stock

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給定一個(gè)價(jià)格序列prices，其中prices[i]代表第i天商品的價(jià)格，商家需要在某一天買入，然后在之后的某一天出售，計(jì)算可以獲得的最大利潤

本質(zhì)就是計(jì)算prices[i]?prices[j]的最大值，要求i>j

假設(shè)已經(jīng)直到最后結(jié)果的最大值位置i(prices[i])，只需要減去最小值即可，那么就需要直到最小值是多少，本題中當(dāng)從左到右遍歷時(shí)，完全可以隨著遍歷進(jìn)度的增加記錄最小值

代碼如下

class Solution { public:int maxProfit(vector<int>& prices) {if(prices.empty()) return 0;/* 記錄目前位置找到的最小值 */int minPrices = prices[0];/* 記錄最大差值 */int maxProfit = 0;for(int i = 1; i < prices.size(); ++i){/* 以prices[i]作為最大值，嘗試計(jì)算差值 */maxProfit = std::max(maxProfit, prices[i] - minPrices);/* 嘗試更新最小值 */minPrices = std::min(minPrices, prices[i]);}return maxProfit;} };

?

當(dāng)然也可以遍歷兩次求解，第一次對于每個(gè)位置的值，計(jì)算它的右側(cè)比它大的最大值，第二次對于每個(gè)位置，計(jì)算右側(cè)的最大值與自己的差，更新最大差值，求出結(jié)果

代碼如下

class Solution { public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<int> dp(n + 1, 0);/* 計(jì)算prices[i]右側(cè)的最大值，包括自己 */for(int i = n - 1; i >= 0; --i)dp[i] = std::max(dp[i + 1], prices[i]);int maxProfit = 0;/* 右側(cè)最大值 - 自身 = 最大差值 */for(int i = 0; i < n; ++i)maxProfit = std::max(maxProfit, dp[i] - prices[i]);return maxProfit;} };

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Best Time to Buy and Sell Stock II

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要求和上面一樣，不過這次可以進(jìn)行多次交易，即買，賣，買，賣，買，賣…，其中買賣不能在同一天進(jìn)行

這樣就不能像上面那樣只求一次了，其實(shí)仔細(xì)想一下，序列無非三種排列

• 遞增，假設(shè)A<B<C<D
• 遞減，假設(shè)A>B>C>D
• 無序，假設(shè)A<B>C<D

對于遞增序列，最大的差值就是D?A，因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="MathJax_Preview">(D?A)=(D?C)+(C?B)+(B?A)>(D?C)+(B?A)

對于遞減序列，為0

對于無序序列，總可以找到若干個(gè)遞增序列，就上面的例子而言最大差值為(B?A)+(D?C)，而實(shí)際上也可以寫成(D?C)+max(C?B,0)+(B?A)，和遞增序列的形式是一樣的

所以只要依次計(jì)算prices[i]?prices[i?1]即可

代碼如下

class Solution { public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int maxProfit = 0;for(int i = 1; i < prices.size(); ++i)maxProfit += std::max(prices[i] - prices[i - 1], 0);return maxProfit;} };

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Best Time to Buy and Sell Stock III

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同樣是買賣問題，本題要求最多可以完成兩次交易，計(jì)算最大利潤

利用動態(tài)規(guī)劃，對動態(tài)規(guī)劃數(shù)組states[i][j]有如下規(guī)定

• states[][0]代表0次買，0次賣的利潤
• states[][1]代表一次買，0次賣的利潤(顯然是負(fù)數(shù))
• states[][2]代表一次買，一次賣的利潤
• states[][3]代表兩次買，一次賣的利潤
• states[][4]代表兩次買，兩次賣的利潤

而states，規(guī)定它是二維數(shù)組，states[0]代表當(dāng)前的利潤，states[1]代表執(zhí)行完本次操作后的利潤，那么有

• states[1][1] = std::max(states[0][1], states[0][0] - prices[i])，表示買入商品prices[i]，那么利潤就是0次買0次賣的利潤減商品價(jià)格，當(dāng)然需要和1次買0次賣比較，選擇較大的那個(gè)
• states[1][2] = std::max(states[0][2], states[0][1] + prices[i])，表示賣出商品prices[i]，那么利潤就是1次買0次賣的利潤加商品價(jià)格，當(dāng)然需要和1次買1次賣比較，選擇較大的那個(gè)
• …同理

初始狀態(tài)，另1次買0次賣的利潤為INT_MIN，兩次買一次賣的利潤為INT_INT，是為了讓max選擇后者，因?yàn)槌跏紶顟B(tài)沒有買入任何商品

代碼如下

class Solution { public:int maxProfit(vector<int>& prices) {vector<vector<int>> states(2, vector<int>(2 * 2 + 1, 0));states[0][0] = 0;for(int i = 1; i < 2 * 2 + 1; i += 2){states[0][i] = INT_MIN;states[0][i + 1] = 0;}int cur = 0, next = 1;for(int i = 0; i < prices.size(); ++i){states[next][1] = std::max(states[cur][1], states[cur][0] - prices[i]);states[next][2] = std::max(states[cur][2], states[cur][1] + prices[i]);states[next][3] = std::max(states[cur][3], states[cur][2] - prices[i]);states[next][4] = std::max(states[cur][4], states[cur][3] + prices[i]);/* next變?yōu)楫?dāng)前 */std::swap(next, cur);}return states[cur][2 * 2];} };

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Best Time to Buy and Sell Stock IV

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和上面一樣，要求最多可以進(jìn)行k次交易

只需要將上面的兩次交易換成k次即可

class Solution { public:int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {vector<vector<int>> states(2, vector<int>(2 * k + 1, 0)); states[0][0] = 0;for(int i = 1; i < 2 * k + 1; i += 2){states[0][i] = INT_MIN;states[0][i + 1] = 0;}int cur = 0, next = 1;for(int i = 1; i < prices.size(); ++i){/* 把兩次變?yōu)閗次，就需要放在循環(huán)里了 */for(int j = 1; j < 2 * k + 1; j += 2){states[next][j] = std::max(states[cur][j], states[cur][j - 1] - prices[i]);states[next][j + 1] = std::max(states[cur][j + 1], states[cur][j] + prices[i]);}std::swap(next, cur);}return states[cur][2 * k];} };

不過這樣可能內(nèi)存溢出，因?yàn)槿绻鹝很大，申請的內(nèi)存很容易溢出，解決方法是當(dāng)k很大時(shí)采用其他方法。什么時(shí)候k算大呢，就是k次交易可以涉及到每一天，也就是k >= prices.size() / 2，此時(shí)就可以轉(zhuǎn)換為沒有交易次數(shù)限制的問題

代碼如下

class Solution { public:int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {/* 如果k很大，采用其他方式 */if(k >= prices.size() / 2)return quickSolver(prices);vector<vector<int>> states(2, vector<int>(2 * k + 1, 0)); for(int i = 1; i < 2 * k + 1; i += 2){states[0][i] = INT_MIN;states[0][i + 1] = 0;}int cur = 0, next = 1;for(int i = 0; i < prices.size(); ++i){/* 把兩次變?yōu)閗次，就需要放在循環(huán)里了 */for(int j = 1; j < 2 * k + 1; j += 2){states[next][j] = std::max(states[cur][j], states[cur][j - 1] - prices[i]);states[next][j + 1] = std::max(states[cur][j + 1], states[cur][j] + prices[i]);}std::swap(next, cur);}return states[cur][2 * k];} private:/* 沒有交易次數(shù)限制，直接遍歷，見第二題 */int quickSolver(vector<int>& prices){int profit = 0;for(int i = 1; i < prices.size(); ++i)profit += std::max(prices[i] - prices[i - 1], 0);return profit;} };

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第一道題的第一種解法比較好，直接遍歷一遍同時(shí)記錄最小值和最大差值，同時(shí)也沒有額外的空間使用

第二道題不太容易理解，其實(shí)對于序列無非遞增，遞減，無序三種可能，分別觀察一下即可

第三第四題主要以動態(tài)規(guī)劃為主

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的每天一道LeetCode-----买卖商品问题，计算最大利润，分别有一次交易，两次交易，多次交易的情况的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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