代码随想录算法训练营29期|day55 任务以及具体安排

第九章 动态规划part12

•  309.最佳买卖股票时机含冷冻期  

  class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {//0代表持股票，1代表保持卖出状态，2代表卖出股票。3代表冷冻int[][] dp = new int[prices.length][4];dp[0][0] = -prices[0];for(int i = 1 ; i < prices.length ; i++){dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], Math.max(dp[i-1][1]-prices[i], dp[i-1][3]-prices[i]));dp[i][1] = Math.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 Math.max(dp[prices.length-1][1], Math.max(dp[prices.length-1][2], dp[prices.length-1][3]));}
  }

  思路：分为四种状态进行讨论，所以需要二维数组，0代表持有股票的最大金额，1代表保持卖出状态的最大金额，2表示卖出股票的最大金额，3表示冷冻的最大金额，然后进行递推公式的推导，进行dp数组的初始化。

•  714.买卖股票的最佳时机含手续费  

  /*** 卖出时支付手续费* @param prices* @param fee* @return*/
  public int maxProfit(int[] prices, int fee) {int len = prices.length;// 0 : 持股（买入）// 1 : 不持股（售出）// dp 定义第i天持股/不持股 所得最多现金int[][] dp = new int[len][2];dp[0][0] = -prices[0];for (int i = 1; i < len; i++) {dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][0] + prices[i] - fee, dp[i - 1][1]);}return Math.max(dp[len - 1][0], dp[len - 1][1]);
  }
  

  思路：该题和买卖股票2基本类似，就是需要减去手续费。

• 总结

  之前我们已经把力扣上股票系列的题目都讲过的，但没有来一篇股票总结，来帮大家高屋建瓴，所以总结篇这就来了！

  

• 动态规划：121.买卖股票的最佳时机(opens new window)
• 动态规划：122.买卖股票的最佳时机II(opens new window)
• 动态规划：123.买卖股票的最佳时机III(opens new window)
• 动态规划：188.买卖股票的最佳时机IV(opens new window)
• 动态规划：309.最佳买卖股票时机含冷冻期(opens new window)
• 动态规划：714.买卖股票的最佳时机含手续费(opens new window)

• #卖股票的最佳时机

  动态规划：121.买卖股票的最佳时机 (opens new window)，股票只能买卖一次，问最大利润。

  【贪心解法】

  取最左最小值，取最右最大值，那么得到的差值就是最大利润，代码如下：

  class Solution {
  public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int low = INT_MAX;int result = 0;for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {low = min(low, prices[i]);  // 取最左最小价格result = max(result, prices[i] - low); // 直接取最大区间利润}return result;}
  };
  

  【动态规划】

• dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金。
• dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得现金。

• 如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来

• 第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
• 第i天买入股票，所得现金就是买入今天的股票后所得现金即：-prices[i] 所以dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);

• 如果第i天不持有股票即dp[i][1]， 也可以由两个状态推出来

• 第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][1]
• 第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票佳价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0] 所以dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);

• 代码如下：

  // 版本一
  class Solution {
  public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int len = prices.size();if (len == 0) return 0;vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2));dp[0][0] -= prices[0];dp[0][1] = 0;for (int i = 1; i < len; i++) {dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);}return dp[len - 1][1];}
  };
  

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

• 使用滚动数组，代码如下：

  // 版本二
  class Solution {
  public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int len = prices.size();vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2)); // 注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组dp[0][0] -= prices[0];dp[0][1] = 0;for (int i = 1; i < len; i++) {dp[i % 2][0] = max(dp[(i - 1) % 2][0], -prices[i]);dp[i % 2][1] = max(dp[(i - 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i - 1) % 2][0]);}return dp[(len - 1) % 2][1];}
  };
  

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

• #买卖股票的最佳时机II

  动态规划：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)可以多次买卖股票，问最大收益。

  【贪心解法】

  收集每天的正利润便可，代码如下：

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

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

• 【动态规划】

  dp数组定义：

• dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金
• dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金

• 如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来

• 第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
• 第i天买入股票，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金减去 今天的股票价格 即：dp[i - 1][1] - prices[i]

• 注意这里和121. 买卖股票的最佳时机 (opens new window)唯一不同的地方，就是推导dp[i][0]的时候，第i天买入股票的情况。

  在121. 买卖股票的最佳时机 (opens new window)中，因为股票全程只能买卖一次，所以如果买入股票，那么第i天持有股票即dp[i][0]一定就是 -prices[i]。

  而本题，因为一只股票可以买卖多次，所以当第i天买入股票的时候，所持有的现金可能有之前买卖过的利润。

  代码如下：（注意代码中的注释，标记了和121.买卖股票的最佳时机唯一不同的地方）

  class Solution {
  public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int len = prices.size();vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2, 0));dp[0][0] -= prices[0];dp[0][1] = 0;for (int i = 1; i < len; i++) {dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]); // 注意这里是和121. 买卖股票的最佳时机唯一不同的地方。dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);}return dp[len - 1][1];}
  };
  

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

• #买卖股票的最佳时机III

  动态规划：123.买卖股票的最佳时机III (opens new window)最多买卖两次，问最大收益。

  【动态规划】

  一天一共就有五个状态，

• 没有操作
• 第一次买入
• 第一次卖出
• 第二次买入
• 第二次卖出

• dp[i][j]中 i表示第i天，j为 [0 - 4] 五个状态，dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金。

  达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：

• 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]
• 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]

• dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);

  同理dp[i][2]也有两个操作：

• 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
• 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]

• 所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])

  同理可推出剩下状态部分：

  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]);

  代码如下：

  // 版本一
  class Solution {
  public:int maxProfit(vector<int>& prices) {if (prices.size() == 0) return 0;vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0));dp[0][1] = -prices[0];dp[0][3] = -prices[0];for (int i = 1; i < prices.size(); 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[prices.size() - 1][4];}
  };
  

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n × 5)

• 当然，大家可以看到力扣官方题解里的一种优化空间写法，我这里给出对应的C++版本：

  // 版本二
  class Solution {
  public:int maxProfit(vector<int>& prices) {if (prices.size() == 0) return 0;vector<int> dp(5, 0);dp[1] = -prices[0];dp[3] = -prices[0];for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i]);dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);dp[3] = max(dp[3], dp[2] - prices[i]);dp[4] = max(dp[4], dp[3] + prices[i]);}return dp[4];}
  };
  

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

• 这种写法看上去简单，其实思路很绕，不建议大家这么写，这么思考，很容易把自己绕进去！ 对于本题，把版本一的写法研究明白，足以！

  #买卖股票的最佳时机IV

  动态规划：188.买卖股票的最佳时机IV (opens new window)最多买卖k笔交易，问最大收益。

  使用二维数组 dp[i][j] ：第i天的状态为j，所剩下的最大现金是dp[i][j]

  j的状态表示为：

• 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。

• 确定递推公式

• 达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：

• 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i - 1][0] - prices[i]
• 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]

• dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);

  同理dp[i][2]也有两个操作：

• 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
• 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]

• dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])

  同理可以类比剩下的状态，代码如下：

  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]);
  }
  

  整体代码如下：

  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];}
  };
  

  当然有的解法是定义一个三维数组dp[i][j][k]，第i天，第j次买卖，k表示买还是卖的状态，从定义上来讲是比较直观。但感觉三维数组操作起来有些麻烦，直接用二维数组来模拟三维数组的情况，代码看起来也清爽一些。

  #最佳买卖股票时机含冷冻期

  动态规划：309.最佳买卖股票时机含冷冻期 (opens new window)可以多次买卖但每次卖出有冷冻期1天。

  相对于动态规划：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)，本题加上了一个冷冻期。

  在动态规划：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)中有两个状态，持有股票后的最多现金，和不持有股票的最多现金。本题则可以花费为四个状态

  dp[i][j]：第i天状态为j，所剩的最多现金为dp[i][j]。

  具体可以区分出如下四个状态：

• 状态一：买入股票状态（今天买入股票，或者是之前就买入了股票然后没有操作）
• 卖出股票状态，这里就有两种卖出股票状态
  • 状态二：两天前就卖出了股票，度过了冷冻期，一直没操作，今天保持卖出股票状态
  • 状态三：今天卖出了股票
• 状态四：今天为冷冻期状态，但冷冻期状态不可持续，只有一天！

• 达到买入股票状态（状态一）即：dp[i][0]，有两个具体操作：

• 操作一：前一天就是持有股票状态（状态一），dp[i][0] = dp[i - 1][0]
• 操作二：今天买入了，有两种情况
  • 前一天是冷冻期（状态四），dp[i - 1][3] - prices[i]
  • 前一天是保持卖出股票状态（状态二），dp[i - 1][1] - prices[i]

• 所以操作二取最大值，即：max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]

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

  达到保持卖出股票状态（状态二）即：dp[i][1]，有两个具体操作：

• 操作一：前一天就是状态二
• 操作二：前一天是冷冻期（状态四）

• dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);

  达到今天就卖出股票状态（状态三），即：dp[i][2] ，只有一个操作：

• 操作一：昨天一定是买入股票状态（状态一），今天卖出

• 即：dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];

  达到冷冻期状态（状态四），即：dp[i][3]，只有一个操作：

• 操作一：昨天卖出了股票（状态三）

• p[i][3] = dp[i - 1][2];

  综上分析，递推代码如下：

  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];
  

  整体代码如下：

  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], 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]));}
  };
  

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

• #买卖股票的最佳时机含手续费

  动态规划：714.买卖股票的最佳时机含手续费 (opens new window)可以多次买卖，但每次有手续费。

  相对于动态规划：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)，本题只需要在计算卖出操作的时候减去手续费就可以了，代码几乎是一样的。

  唯一差别在于递推公式部分，所以本篇也就不按照动规五部曲详细讲解了，主要讲解一下递推公式部分。

  这里重申一下dp数组的含义：

  dp[i][0] 表示第i天持有股票所省最多现金。 dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金

  如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来

• 第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
• 第i天买入股票，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金减去 今天的股票价格 即：dp[i - 1][1] - prices[i]

• 所以：dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);

  在来看看如果第i天不持有股票即dp[i][1]的情况， 依然可以由两个状态推出来

• 第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][1]
• 第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票价格卖出后所得现金，注意这里需要有手续费了即：dp[i - 1][0] + prices[i] - fee

• 所以：dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i] - fee);

  本题和动态规划：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)的区别就是这里需要多一个减去手续费的操作。

  以上分析完毕，代码如下：

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

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)