C国演义 [第九章]-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了C国演义 [第九章]。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方，请大家不吝赐教，您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

买卖股票的最佳时机III

力扣链接

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成两笔交易

注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）

示例 1:
输入：prices = [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出：6
解释：在第 4 天（股票价格 = 0）的时候买入，在第 6 天（股票价格 = 3）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天（股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3

示例 2：
输入：prices = [1,2,3,4,5]
输出：4
解释：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票

示例 3：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0

示例 4：
输入：prices = [1]
输出：0

提示：
1 <= prices.length <= 105
0 <= prices[i] <= 105

题目理解

这个题目和买卖股票的最佳时机II 是很相似的, 但是有一点不同:
买卖股票的最佳时机II 是不限制买卖股票的次数, 而买卖股票的最佳时机III 是最多只能买卖股票两次

步骤

dp数组

每一天的状态:
dp[i][0] — — 第 i 天不做任何处理
dp[i][1] — — 第 i 天第一次持有股票获取的最大利润
dp[i][2] — — 第 i 天第一次不持有股票获取的最大利润
dp[i][3] — — 第 i 天第二次持有股票获取的最大利润
dp[i][4] — — 第 i 天第二次不持有股票获取的最大利润

递推公式

dp[i][1]:
有两种选择:
1.前天都是持有股票状态的 — — dp[i - 1][1]
2.第 i 天才第一次购买股票的 — — dp[i - 1][0] - prices[i]
⇒ dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i])
dp[i][2]:
有两种选择:
1.前天是不持有股票的状态 — — dp[i - 1][2]
2.第 i 天才卖出股票 — — dp[i - 1][1] + prices[i]
⇒ dp[i][2] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][3]:
有两种选择:
1.前天是已经是第二次购买股票的状态 — — dp[i - 1][3]
2.前天是第一次不持有股票的状态, 第 i 天才购买股票 — — dp[i - 1][2] - prices[i]
⇒ dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i])
dp[i][4]:
有两种选择:
1.前天已经是第二次不持有股票的状态 — — dp[i - 1][4]
2.前天是第二次持有股票的状态, 第 i 天才卖出股票 — — dp[i - 1][3] + prices[i]
⇒ dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i])

初始化

dp[0][0] — — 第 1 天不做任何处理 — — dp[0][0] = 0(这个状态可以不看)
dp[0][1] — — 第 1 天第一次持有股票获取的最大利润 — — dp[0][1] = -prices[0]
dp[0][2] — — 第 1 天第一次不持有股票获取的最大利润 — — 可以看做当天买当天买 — — dp[0][2] = 0
dp[0][3] — — 第 1 天第二次持有股票获取的最大利润 — — 可以看做是当天买当天买, 当天又买了一次 — — dp[0][3] = -prices[0]
dp[0][4] — — 第 1 天第二次不持有股票获取的最大利润 — — 可以看做是当天买当天买, 当天又买了当天又卖了 — — dp[0][4] = 0

遍历方向

由递归公式, 我们可以发现第 i 天的状态是由第 i - 1 天的状态推导而来的
⇒ 遍历顺序是从前往后的

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) 
    {
        int len = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(5));
        
        dp[0][0] = 0; // 不做任何处理
        dp[0][1] = -prices[0]; // 第一次持有股票
        dp[0][2] = 0; // 第一次不持有股票
        dp[0][3] = -prices[0]; // 第二次持有股票
        dp[0][4] = 0; // 第二次不持有股票
        
        for(int i = 1; i < len; 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[len - 1][4];
    }
};

C国演义 [第九章],leetcode,算法,c++,数据结构

买卖股票的最佳时机IV

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给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 是一支给定的股票在第 i 天的价格，和一个整型 k

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 k 笔交易。也就是说，你最多可以买 k 次，卖 k 次

注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）

示例 1：
输入：k = 2, prices = [2,4,1]
输出：2
解释：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2

示例 2：
输入：k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]
输出：7
解释：在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4
随后，在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入，在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3

提示：
0 <= k <= 100
0 <= prices.length <= 1000
0 <= prices[i] <= 1000

题目理解

这个题目和上面的买卖股票的最佳时机III 是很相似的, 但是有一点是不同的:
买卖股票的最佳时机III 是购买股票的次数 <= 2, 而买卖股票的最佳时机IV 是购买股票的次数 <= k
⇒ 这个题目是对上个题目的 抽象总结

步骤

dp数组

dp[i][0] — — 第 i 天不做任何处理(这个状态可以不看)
dp[i][1] — — 第 i 天第一次持有股票获取的最大利润
dp[i][2] — — 第 i 天第一次不持有股票获取的最大利润
dp[i][3] — — 第 i 天第二次持有股票获取的最大利润
dp[i][4] — — 第 i 天第二次不持有股票获取的最大利润

我们发现: 每一次的买入和卖出都是有两个状态的⇒ 那么 k次买入和卖出, 是有2 * k个状态的

递推公式

dp[i][1]:
有两种选择:
1.前天都是持有股票状态的 — — dp[i - 1][1]
2.第 i 天才第一次购买股票的 — — dp[i - 1][0] - prices[i]
⇒ dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i])
dp[i][2]:
有两种选择:
1.前天是不持有股票的状态 — — dp[i - 1][2]
2.第 i 天才卖出股票 — — dp[i - 1][1] + prices[i]
⇒ dp[i][2] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][3]:
有两种选择:
1.前天是已经是第二次购买股票的状态 — — dp[i - 1][3]
2.前天是第一次不持有股票的状态, 第 i 天才购买股票 — — dp[i - 1][2] - prices[i]
⇒ dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i])
dp[i][4]:
有两种选择:
1.前天已经是第二次不持有股票的状态 — — dp[i - 1][4]
2.前天是第二次持有股票的状态, 第 i 天才卖出股票 — — dp[i - 1][3] + prices[i]
⇒ dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[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]);

⇒ 通过上面的一系列, 我们发现: 周期是2, 且每一次的状态都是有规律的⇒
我们可以用一个变量 i 来表示元素的个数(len), 用一个变量 j 来表示每次持有股票的状态(持有或非持有)

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

初始化

归根于第一次的情况, 即 dp[0][1 ... ... 2 * k]
不过, 通过前面的规律, 我们可以发现: 我们每次的 j 为奇数时, 是买入, 是 -prices[0]; 每次的 j 为偶数时, 是卖出, 是 0

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

遍历方向

通过递推公式, 我们不难发现:
从前至后的遍历顺序

代码

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