动态规划——买卖股票的最佳时机系列题Ⅱ-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了动态规划——买卖股票的最佳时机系列题Ⅱ。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。

这一期是和上一期是连着的，包含的题目如下：

动态规划——买卖股票的最佳时机系列题Ⅱ,动态规划,算法

这三个题目所需要的思路是很相近的，先给出第一个的题目。

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 <= 10^5
0 <= prices[i] <= 10^5

第一步——理解题意

就是给你一个数组，交易最多两次，获得最大金额。

第二步——思考递归状态

先看一下示例一：

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。

我们可以把这个分为五部分——|3,3,5|0,0|3|1|4|

没有操作（其实我们也可以不设置这个状态）——3,3,5
第一次持有股票——0,0
第一次不持有股票——3（此时正好卖出）
第二次持有股票——1
第二次不持有股票——4（此时正好卖出）

它们对应的递归公式是这样的：

            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]);

第三步——进行初始化

dp[0][0]=0;(因为这个时候还什么都没干）

dp[0][1]=-prices[0];(因为这个时候买入第一次）

dp[0][2]=0;(先初始化为0，避免影响后面的赚的金额）

dp[0][3]=-prices[0];(也把它初始化为prices[0]，是因为有可能整个数组只需要一次交易，不需要第二次交易）

dp[0][4]=0;(同理，先初始化为0，避免影响后面的赚的金额）

给出代码:

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len=prices.size();
        if(len==0) return 0;
        vector<vector<int>>dp(len,vector<int>(5,0));
        dp[0][1]=-prices[0];
        dp[0][3]=-prices[0];
        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];
    }
};

这个题目就到此结束了，但接下来还有两个跟他很相似的题目：

买卖股票的最佳时机IV

它和题1的不同就是把这个次数给抽象化了——你最多可以完成 k 笔交易

状态表示为：

0 表示不操作
1 第一次买入
2 第一次卖出
3 第二次买入
4 第二次卖出
.....

除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入。

题目要求是至多有K笔交易，那么j的范围就定义为 2 * k + 1 就可以了。

class Solution {
public:
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {

        if (prices.size() == 0) return 0;
        vector<vector<int>> dp(prices.size(), 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 < prices.size(); i++) {
            for (int j = 0; j < 2 * k - 1; 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[prices.size() - 1][2 * k];
    }
};

最佳买卖股票时机含冷冻期

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）。
卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。

注意这里是可以尽可能完成更多的交易，所以它这里是和买卖股票的最佳时机II相似，就是多了一个状态，有一天冷冻期。

状态表示为：

0 表示不操作
1 第一次买入
2 第一次卖出
3 第一次冷冻期
4 第二次买入
.....

这里是没有次数的限制的文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-803718.html

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

到了这里，关于动态规划——买卖股票的最佳时机系列题Ⅱ的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容，请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章，希望大家以后多多支持TOY模板网！