目錄

• 121. 買賣股票的最佳時機
• • 貪心
  • dp思路
  • 滾動數組優化
• 122. 買賣股票的最佳時機 II
• 123. 買賣股票的最佳時機 III
• 188. 買賣股票的最佳時機 IV
• 309. 最佳買賣股票時機含冷凍期
• 714. 買賣股票的最佳時機含手續費

121. 買賣股票的最佳時機

貪心

取最左最小值，取最右最大值，差值為最大利潤

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

dp思路

step1:dp[i][0]表示第i天持有股票最大所得現金。本題中只能買賣一次，所以買入后金額為-price[i]。
dp[i][1]表示第i天不持有股票最大所得現金。持有不等同于買入。
step2:
如果第i天持有股票dp[i][0]可以由兩個狀態得到。
case1:第i-1持有股票，保持現狀，dp[i][0] = dp[i-1][0]
case2:第i天買入股票，所得現金就是買入今天的股票后所得現金。即dp[i][0] = -price[i]
dp[i][0] = max(dp[i-1][0],-price[i]);
如果第i天不持有股票dp[i][1]可以由兩個狀態得到。
case1: 第i-1不持有股票，保持現狀，dp[i][1] = dp[i-1][1]
case2: 第i-1持有股票，第i天賣出,dp[i][1] = dp[i-1][0] + price[i]
dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+price[i])
step3:
初始狀態為dp[0][0]:第0天持有股票的金額 = -prices[0]
dp[0][1]第0天不持有股票的金額 = 0；
最終結果dp[n][1]而不是dp[n][0],是因為最終必須要把股票賣出才能有收益。不賣出一定更虧。

class Solution { public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(2,0));dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;for(int i = 1; i < n; i++){//持有dp[i][0] = max(dp[i-1][0],-prices[i]);//不持有dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[i]);}return dp[n-1][1];} };

滾動數組優化

由于只用到了dp[i] 與dp[i-1]兩個狀態，所以只需一個2 * 2的數組即可。

class Solution { public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> dp(2,vector<int>(2,0));dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;for(int i = 1; i < n; i++){//持有dp[i % 2][0] = max(dp[(i-1)%2][0],-prices[i]);//不持有dp[i % 2][1] = max(dp[(i-1)%2][1],dp[(i-1)%2][0]+prices[i]);}return dp[(n-1)%2][1];} };

122. 買賣股票的最佳時機 II

dp[i][0]:第i天持有股票獲取的最大現金
dp[i][1]:第i天不持有股票所得的最多現金
如果第i天持有股票，則dp[i][0]可以由兩個狀態推導;
case1:第i-1天就持有股票，保持現狀，則dp[i][0] = dp[i-1][0]
case2:第i天買入股票，現金則為昨天不持有股票所得現金減去今天股票價格dp[i][0] = dp[i-1][1] - prices[i]
如果第i天不持有股票，則dp[i][1]可以由兩個狀態推導；
case1：第i-1天不持有股票，保持現狀，dp[i][1] = dp[i-1][1]
case2：第i-1天持有股票，第i天賣出，dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i]

class Solution { public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> dp(2,vector<int>(2,0));dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;for(int i = 1; i < n; i++){dp[i%2][0] = max(dp[(i-1)%2][0],dp[(i-1)%2][1]-prices[i]);dp[i%2][1] = max(dp[(i-1)%2][1],dp[(i-1)%2][0]+prices[i]);}return dp[(n-1)%2][1];} };

123. 買賣股票的最佳時機 III

至多買賣兩次，即可以買賣一次，也可以買賣兩次，也可以不買賣。
每一天由五個狀態：
0、沒有操作
1、第一次買入
2、第一次賣出
3、第二次買入
4、第二次賣出
dp[i][j]:i表示第i天，j為[0-4]五個狀態，dp[i][j]表示第i天狀態j所剩最大現金。

2、確定遞推公式
舉例dp[i][1]:表示第i天，買入股票的狀態，并不是說一定要第i天買入股票。
達到dp[i][1]狀態，有兩個具體操作：
case1：第i天買入股票，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]
case2：第i天沒有操作，那么dp[i][1] = dp[i-1][1]
dp[i-1][1] = max(dp[i-1][0]-prices[i],dp[i-1][1]);
同理dp[i][2]也有兩個操作：
case1：第i天賣出股票了，那么dp[i][2] = dp[i-1][1] + prices[i]
case2：第i天沒有操作，沿用前一天賣出股票的狀態，即：dp[i][2] = dp[i-1][2]
所以dp[i][2] = max(dp[i-1][1] + prices[i],dp[i-1][2])
同理dp[i][3]也有兩個操作：
case1：第i天買入股票，dp[i][3] = dp[i-1][2] - prices[i]
case2：第i天沒有操作，沿用前一天買入股票的狀態，即：dp[i][3] = dp[i-1][3]
同理dp[i][4]也有兩個操作：
case1：第i天賣出股票，dp[i][4] = dp[i-1][3] + prices[i]
case2：第i天沒有操作，沿用前一天賣出股票的狀態，即：dp[i][4] = dp[i-1][4]
那么如何初始化呢？
第0天沒有操作的話，dp[0][0] = 0
第0天做第一次買入操作的話，dp[0][1] = -prices[0]
第0天做第一次賣出的操作，這個初始值為0。
第0天第二次買入，不管幾次，手頭上沒有錢，只能減少dp[0][3] = -prices[0]
第0天第二次賣出，dp[0][4] = 0

class Solution { public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(5,0));//dp[0][0] = 0;dp[0][1] = -prices[0];//dp[0][2] = 0;dp[0][3] = -prices[0];//dp[0][4] = 0;for(int i = 1; i < n; i++){dp[i][0] = dp[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]);}return dp[n-1][4];} };

188. 買賣股票的最佳時機 IV

step1:
這一題為上一題的進階版本，定義二維dp數組。
使用二維數組dp[i][j]：第i天的狀態為j，所剩下的最大現金是dp[i][j]
j的狀態表示為：
0不操作、1第一次買入、2第一次賣出、…
除了0以外，偶數就是賣出，奇數就是買入。因為是最多有k筆交易，所以j的范圍就定義為2*k+1.

vector<vector<int>> dp(prices.size(),vector<int>(2*k+1,0));

step2:

for(int j = 0; j < 2 * k - 1; j+=2) {//奇數，說明買入dp[i][j+1] = max(dp[i-1][j+1],dp[i-1][j] - prices[i]);//偶數，說明賣出dp[i][j+2] = max(dp[i-1][j+2],dp[i-1][j+1] + prices[i]); }

step3:
初始化，只要是買入操作，現金就會相應減少，賣出操作初值均為0

for(int j = 1; j < 2*k; j += 2) {dp[0][j] = -prices[0]; }

AC代碼：

class Solution { public:int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {int n = prices.size();if(n == 0 || k == 0) return 0; vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(k*2+1,0));for(int i = 1; i <= 2*k; i += 2)dp[0][i] = -prices[0];for(int i = 1; i < n; i++){for(int j = 0; j <= 2 * k - 2; j += 2){dp[i][j+1] = max(dp[i-1][j+1],dp[i-1][j]-prices[i]);dp[i][j+2] = max(dp[i-1][j+2],dp[i-1][j+1]+prices[i]);}}return dp[n-1][2*k];} };

309. 最佳買賣股票時機含冷凍期

狀態一：買入股票狀態（可能是今天買入的，也有可能是之前就買入了然后沒有操作）
對于賣出股票狀態，有兩種：
狀態二：兩天前就賣出了股票，度過了冷凍期，然后一直沒有操作，今天仍然保持賣出股票狀態
狀態三：今天賣出了股票
狀態四：今天為冷凍期狀態，但冷凍期狀態不可持續，只有一天
遞推公式如下：
到達買入股票狀態(狀態一)即dp[i][0]，有兩個具體操作：
case1：前一天就是這個狀態，今天沿用該狀態dp[i][0] = dp[i-1][0]
case2：今天買入，有兩種情況(狀態四)
前一天是冷凍期，前一天是保持賣出股票的狀態(狀態二),這兩個情況今天都有可能買入
即：dp[i][0] = max(dp[i-1][0],max(dp[i-1][3],dp[i-1][1])-prices[i])
到達保持賣出狀態(狀態二)即：dp[i][1]，有兩個具體操作：
case1：前一天就是狀態二，沿用該狀態
case2：前一天是冷凍期（狀態四）
dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][3])
到達今天賣出股票狀態(狀態三)，只有一個狀態，前一天是狀態一，然后今天賣出
dp[i][2] = dp[i-1][0] + prices[i]
到達冷凍期狀態(狀態四)，只有一個狀態，前一天剛賣出股票
dp[i][3] = dp[i-1][2]
綜上的遞推代碼為：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0],max(dp[i-1][3],dp[i-1][1])-prices[i]); dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][3]); dp[i][2] = dp[i-1][0] + prices[i]; dp[i][3] = dp[i-1][2];

關于dp數組的初始化：
狀態一，持有股票，那么dp[0][0] = -prices[0]
狀態二，保持賣出狀態，dp[0][1] = 0
狀態三，剛賣出股票，同樣不會有收入dp[0][2] = 0
狀態四，冷凍期，dp[0][3] = 0
最后的結果是從狀態二到狀態四中選取最大值。

class Solution { public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(4,0));dp[0][0] = -prices[0];for(int i = 1; i < n; i++){dp[i][0] = max(dp[i-1][0],max(dp[i-1][1],dp[i-1][3])-prices[i]);dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][3]);dp[i][2] = dp[i-1][0] + prices[i];dp[i][3] = dp[i-1][2];}return max(dp[n-1][1],max(dp[n-1][2],dp[n-1][3]));} };

714. 買賣股票的最佳時機含手續費

與122. 買賣股票的最佳時機 II相比，多減去操作費用。

class Solution { public:int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {int n = prices.size();vector<vector<int>> dp(2,vector<int>(2,0));dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;for(int i = 1; i < n; i++){//當天持有dp[i%2][0] = max(dp[(i-1)%2][0],dp[(i-1)%2][1]-prices[i]);//當天不持有dp[i%2][1] = max(dp[(i-1)%2][1],dp[(i-1)%2][0]+prices[i]-fee);}return dp[(n-1)%2][1];} };

總結

以上是生活随笔為你收集整理的《dp补卡——买卖股票问题》的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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