[数据结构与算法]动态规划——股票问题合集

五、股票问题

买卖股票的最佳时机（LeetCode-121）

题目

给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。

你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。

返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。

示例 1：

输入：[7,1,5,3,6,4]
输出：5
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
     注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。

示例 2：

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

提示：

• 1 <= prices.length <= 105
• 0 <= prices[i] <= 104

思路

1. dp[i][取0或1] 的含义

   • $dp[i][0]$ 表示第 $i$ 天持有该股票所得现金
   • $dp[i][1]$ 表示第 $i$ 天不持有该股票所得现金

2. 递推公式

   • $dp[i][0]$ 可由两个状态推出
     • 第 $i?1$ 天持有股票，则等于 $dp[i?1][0]$
     • 第 $i$ 天买入股票，所得现金就为今天买入后 $?price[i]$
     • 选择所得现金最多的，即二者较大值
   • $dp[i][1]$ 可由两个状态推出
     • 第 $i?1$ 天不持有股票，则等于 $dp[i?1][0]$
     • 第 $i$ 天卖出股票，则等于 $price[i]+dp[i?1][0]$
     • 选择所得现金最多的，即二者较大值

3. 数组初始化

   • dp[0][0] 表示第0天持有股票，所以等于 $?price[0]$
   • dp[0][1] 表示第0天不持有股票，等于0

4. 遍历顺序

   • 从前往后

5. 测试用例

把用例自己脑子过一遍就懂了

代码展示

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

滚动数组优化！

从递推公式可以看出，dp[i]只是依赖于dp[i - 1]的状态。

因此只要记录前一天和当天的状态就行

class Solution
{
public:
    int maxProfit(vector<int> &prices)
    {
        int n = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2));
        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], -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];
    }
};

这优化法属实是把二进制玩明白了，我大为震撼。

买卖股票的最佳时机Ⅱ（LeetCode-122）

题目

给定一个数组 prices ，其中 prices[i] 是一支给定股票第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。

**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 = [7,1,5,3,6,4]
输出: 7
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
     随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 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: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

提示：

• 1 <= prices.length <= 3 * 104
• 0 <= prices[i] <= 104

思路

区别就在于可以多次买入！

唯一区别就在于递推公式的 $dp[i][0]$

五部曲

1. dp[i][取0或1] 的含义
   • $dp[i][0]$ 表示第 $i$ 天持有该股票所得现金
   • $dp[i][1]$ 表示第 $i$ 天不持有该股票所得现金
2. 递推公式
   • $dp[i][0]$ 可由两个状态推出
     • 第 $i?1$ 天持有股票，则等于 $dp[i?1][0]$
     • 第 $i$ 天买入股票，由于可以多次买入，可能会出现之前已经买卖过一轮产生利润的情况，所得现金就为今天买入后 $dp[i?1][1]?price[i]$
     • 选择所得现金最多的，即二者较大值
   • $dp[i][1]$ 可由两个状态推出
     • 第 $i?1$ 天不持有股票，则等于 $dp[i?1][1]$
     • 第 $i$ 天卖出股票，则等于 $price[i]+dp[i?1][0]$
     • 选择所得现金最多的，即二者较大值
3. 数组初始化
   • dp[0][0] 表示第0天持有股票，所以等于 $?price[0]$
   • dp[0][1] 表示第0天不持有股票，等于0
4. 遍历顺序
   • 从前往后

代码展示

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

买卖股票的最佳时机Ⅲ（LeetCode-123）

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 <= 105
• 0 <= prices[i] <= 105

思路

区别在于最多2次交易！

五部曲

1. dp[i][j] 的含义

   • 一天一共有五种状态
   • 0——没有操作
   • 1——第一次买入
   • 2——第一次卖出
   • 3——第二次买入
   • 4——第二次卖出
   • $dp[i][j]$ 表示在第 $i$ 天，状态 $j$ 下（j为上五种状态）所剩的最大现金

2. 递推公式

   • $dp[i][1]$ 表示第一次买入股票的状态，并不是说一定在当天买入，可以之前买入，该天沿用。可由两个状态推出

     • 第 $i$ 天没有操作，沿用前一天状态，则等于 $dp[i?1][1]$
     • 第 $i$ 天第一次买入股票，则等于 $dp[i?1][0]?price[i]$
     • 选择所得现金最多的，即二者较大值

   • $dp[i][2]$ 可由两个状态推出

     • 第 $i$ 天没有操作，沿用前一天状态，则等于 $dp[i?1][2]$
     • 第 $i$ 天第一次卖出股票，则等于 $dp[i?1][1]+prices[i]$
     • 选择所得现金最多的，即二者较大值

   • $dp[i][3]$ 可由两个状态推出

     • $$dp[i][3]=max(dp[i?1][3],dp[i?1][2]?prices[i])$$

   • $dp[i][4]$ 可由两个状态推出

     • $$dp[i][4]=max(dp[i?1][4],dp[i?1][3]+prices[i])$$

3. 数组初始化

   • dp[0][0] 等于零
   • dp[0][1] 等于 $?price[0]$
   • dp[0][2] 虽然题目没有明确说是否允许同一天内买入并且卖出，但都不影响，因为这一操作收益始终为零
   • dp[0][3] 等于 $?price[0]$
   • dp[0][4] 等于零

4. 遍历顺序

   • 从前往后

5. 测试用例

代码展示

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

这题比较复杂，但理清每个状态的含义就很清晰了

买卖股票的最佳时机Ⅳ（LeetCode-188）

题目

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。

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。

**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

思路

在做了买卖股票的最佳时机Ⅲ（LeetCode-123）后，肯定明白了除了状态0，其他的都是奇数买入，偶数卖出

五部曲就不写了，直接参考买卖股票的最佳时机Ⅲ（LeetCode-123）

代码展示

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

最佳买卖股票时机含冻结期（LeetCode-309）

题目

给定一个整数数组prices，其中第 prices[i] 表示第 i 天的股票价格 。

设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:

• 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：**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 = [1,2,3,0,2]
输出: 3 
解释: 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]

示例 2:

输入: prices = [1]
输出: 0

提示：

• 1 <= prices.length <= 5000
• 0 <= prices[i] <= 1000

思路

五部曲

1. dp[i][j] 的含义
   • 四种状态
     • 状态一：买入股票状态（今天买入股票或者之前买入就没有操作了）
     • 状态二：两天前就卖出了股票，度过了冷冻期
     • 状态三：今天卖出股票
     • 状态四：今天为冷冻期
2. 递推公式
   • $dp[i][0]$ 可由两个状态推出
     • 第 $i?1$ 天持有股票，则等于 $dp[i?1][0]$
     • 第 $i$ 天买入股票（今天买入），分两种情况
       • 前一天是冷冻期：$dp[i?1][3]?prices[i]$
       • 前一天是保持卖出股票状态：$dp[i?1][1]?prices[i]$
     • 选择所得现金最多的，即二者较大值
   • $dp[i][1]$ 可由两个状态推出
     • 第 $i?1$ 天就已经是状态二，则等于 $dp[i?1][1]$
     • 前一天是冷冻期，则等于 $dp[i?1][3]$
     • 选择所得现金最多的，即二者较大值
   • $dp[i][2]$ 只由一个状态推出
     • 前一天一定是买入股票的状态（状态一）：$dp[i?1][0]+prices[i]$
   • $dp[i][3]$ 只由一个状态推出
     • 前一天一定是卖出股票的状态（状态三）：$dp[i?1][2]$
3. 数组初始化
   • dp[0][0] 表示第0天买入股票，所以等于 $?price[0]$
4. 遍历顺序
   • 从前往后

代码展示

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

这题挺绕的，不看题解完全不会写。

买卖股票的最佳时机含手续费（LeetCode-714）

题目

给定一个整数数组 prices，其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格 ；整数 fee 代表了交易股票的手续费用。

你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。

返回获得利润的最大值。

**注意：**这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。

示例 1：

输入：prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出：8
解释：能够达到的最大利润:  
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 9
总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8

示例 2：

输入：prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出：6

提示：

• 1 <= prices.length <= 5 * 104
• 1 <= prices[i] < 5 * 104
• 0 <= fee < 5 * 104

思路

和 LeetCode-122 差不多类型，只要卖出时减去手续费就行

五部曲

1. dp[i][取0或1] 的含义
   • $dp[i][0]$ 表示第 $i$ 天持有该股票所得现金
   • $dp[i][1]$ 表示第 $i$ 天不持有该股票所得现金
2. 递推公式
   • $dp[i][0]$ 可由两个状态推出
     • 第 $i?1$ 天持有股票，则等于 $dp[i?1][0]$
     • 第 $i$ 天买入股票，由于可以多次买入，可能会出现之前已经买卖过一轮产生利润的情况，所得现金就为今天买入后 $dp[i?1][1]?price[i]$
     • 选择所得现金最多的，即二者较大值
   • $dp[i][1]$ 可由两个状态推出
     • 第 $i?1$ 天不持有股票，则等于 $dp[i?1][1]$
     • 第 $i$ 天卖出股票，则等于 $price[i]+dp[i?1][0]?fee$
     • 选择所得现金最多的，即二者较大值
3. 数组初始化
   • dp[0][0] 表示第0天持有股票，所以等于 $?price[0]$
   • dp[0][1] 表示第0天不持有股票，等于0
4. 遍历顺序
   • 从前往后

代码展示

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