买卖股票的最佳时机
买卖股票的最佳时机
买卖股票的最佳时机
题目描述
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票一次），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意：你不能在买入股票前卖出股票。
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: [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。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
代码
这里只能进行一次交易，那我们选择相对来说差距最大的两个才行，有一种动态规划的思想在里面
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if(prices==null)
return 0;
int minPrice = Integer.MAX_VALUE;
int maxNum = 0;
for (int i = 0; i < prices.length; i++) {
minPrice = Math.min(minPrice, prices[i]);
maxNum = Math.max(maxNum, prices[i]-minPrice);
}
return maxNum;
}
}
买卖股票的最佳时机II
题目描述
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 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: [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: [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: [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 * 10 ^ 4
- 0 <= prices[i] <= 10 ^ 4
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
代码
可以进行多次股票买卖
思想一：贪心，贪心算法的决策是：只加正数。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int profit = 0;
for(int i = 1; i < prices.length; i++) {
if (prices[i] > prices[i -1]) {
profit = profit + prices[i] - prices[i - 1];
}
}
return profit;
}
}
思想二：峰谷法
假设给定的数组为：
[7, 1, 5, 3, 6, 4]
如果我们在图表上绘制给定数组中的数字，我们将会得到：
如果我们分析图表，那么我们的兴趣点是连续的峰和谷。
其实最大值就算波峰剪对应的波谷的累加，其实用单调栈也是同样可以做出来，思想类似
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int i = 0;
int valley = prices[0];
int peak = prices[0];
int maxprofit = 0;
while (i < prices.length - 1) {
while (i < prices.length - 1 && prices[i] >= prices[i + 1])
i++;
valley = prices[i];
while (i < prices.length - 1 && prices[i] <= prices[i + 1])
i++;
peak = prices[i];
maxprofit += peak - valley;
}
return maxprofit;
}
}
思想三：动态规划，能用贪心的一定能够使用动态规划，只是这题的动态规划不好想，直接转载https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/solution/tan-xin-suan-fa-by-liweiwei1419-2/
想到动态规划的原因是：可以用贪心算法解决的问题，一般情况下都可以用动态规划。因此，不妨从 “状态”、“状态转移方程” 的角度考虑一下，使用动态规划的思路解决这道问题。
根据 「力扣」第 121 题的思路，需要设置一个二维矩阵表示状态。
第 1 步：定义状态
状态 dp[i][j] 定义如下
第一维 i 表示索引为 i 的那一天（具有前缀性质，即考虑了之前天数的收益）能获得的最大利润；
第二维 j 表示索引为 i 的那一天是持有股票，还是持有现金。这里 0 表示持有现金（cash），1 表示持有股票（stock）。
第 2 步：思考状态转移方程
状态从持有现金（cash）开始，到最后一天我们关心的状态依然是持有现金（cash）；
每一天状态可以转移，也可以不动。状态转移用下图表示：
（状态转移方程写在代码中）
说明：
因为不限制交易次数，除了最后一天，每一天的状态可能不变化，也可能转移；
写代码的时候，可以不用对最后一天单独处理，输出最后一天，状态为 0 的时候的值即可。
第 3 步：确定起始
起始的时候：
如果什么都不做，dp[0][0] = 0；
如果买入股票，当前收益是负数，即 dp[0][1] = -prices[i]；
第 4 步：确定终止
终止的时候，上面也分析了，输出 dp[len - 1][0]，因为一定有 dp[len - 1][0] > dp[len - 1][1]。
public class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
if (len < 2) {
return 0;
}
// 0：持有现金
// 1：持有股票
// 状态转移：0 → 1 → 0 → 1 → 0 → 1 → 0
int[][] dp = new int[len][2];
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < len; i++) {
// 这两行调换顺序也是可以的
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
}
return dp[len - 1][0];
}
}
感觉十分难想象到，然后可以进行优化
public class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
if (len < 2) {
return 0;
}
// cash：持有现金
// hold：持有股票
// 状态转移：cash → hold → cash → hold → cash → hold → cash
int cash = 0;
int hold = -prices[0];
int preCash = cash;
int preHold = hold;
for (int i = 1; i < len; i++) {
cash = Math.max(preCash, preHold + prices[i]);
hold = Math.max(preHold, preCash - prices[i]);
preCash = cash;
preHold = hold;
}
return cash;
}
}
买卖股票的最佳时机 III
题目描述
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: [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: [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: [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。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
代码
这次限制了交易的次数为2，这样看来前三题其实只是次数上的不同，有了上题的基础后就比较好理解了。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int T_i10 = 0, T_i11 = Integer.MIN_VALUE;
int T_i20 = 0, T_i21 = Integer.MIN_VALUE;
for (int price : prices) {
T_i20 = Math.max(T_i20, T_i21 + price);
T_i21 = Math.max(T_i21, T_i10 - price);
T_i10 = Math.max(T_i10, T_i11 + price);
T_i11 = Math.max(T_i11, -price);
}
return T_i20;
}
}
思路总结
做了k=1，k=2和k=无穷多后，我参考别人的博客，发现其实这题有一个同一的解法。参考题解：https://leetcode.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/discuss/108870/Most-consistent-ways-of-dealing-with-the-series-of-stock-problems
一、分析
首先，让我们阐明表示法以简化我们的分析。令价格为长度为n的股票价格数组prices，i表示第i天（i从0到n-1），k表示允许完成的最大交易数，T[i][k]为在第i天结束时最多可进行k笔交易可获得的最大利润。显然，我们有基本情况：T[-1][k]= T[i][0] = 0，即没有股票或没有交易产生任何利润（请注意，第一天的i = 0，所以i = -1表示没有库存）。现在，如果我们能够以某种方式将T[i][k]与其子问题相关联，例如T [i-1] [k]，T [i] [k-1]，T [i-1] [k-1]，...。 ..，我们将有一个有效的递归关系，并且可以递归解决该问题。那么我们如何实现呢？
最直接的方法是查看第i天采取的措施。我们有几种选择？答案是三个：买，卖，休息。我们应该选哪一个？答案是：我们并不真正知道，但是找出哪一个很容易。如果没有其他限制，我们可以尝试每一种选择，然后选择使我们的利润最大化的选择。但是，我们确实有一个额外的限制，即不允许同时进行多次交易，这意味着如果我们决定在第i天进行购买，那么在购买之前，我们手中应该持有0只股票；如果我们决定在第i天卖出，则在我们卖出之前，我们手中应该只持有1只股票。我们手中持有的股票数量是上述隐藏的因素，它将影响第i天的操作，从而影响最大利润。
因此，我们对T[i][k]的定义实际上应该分为两部分：T[i][k][0]和T[i][k][1]，其中前者表示在第i天交易股票获得的利润最大，k笔交易后手头有0只股票，而后者表示第i天结束时的最大利润，最多交易数k笔交易中有1只股票采取行动后，伸出一只手。现在，基本案例和递归关系可以写成：
-
基本情况
T[-1][k][0] = 0, T[-1][k][1] = -Infinity
T[i][0][0] = 0, T[i][0][1] = -Infinity -
递归关系：
T[i][k][0] = max(T[i-1][k][0], T[i-1][k][1] + prices[i])
T[i][k][1] = max(T[i-1][k][1], T[i-1][k-1][0] - prices[i])这个关系在前面有例子之后更好理解
对于基本情况，T [-1] [k] [0] = T [i] [0] [0] = 0具有与以前相同的含义，而T[-1] [k] [1] = T[i] [0][1] = -Infinity强调一个事实，即如果没有可用的库存或不允许进行交易，那么我们手头就不可能有1只库存。
对于循环关系中的T [i] [k] [0]，在第i天采取的行动只能是休息和出售，因为在一天结束时我们手中的股票为0。如果采取行动休息，T [i-1] [k] [0]是最大利润，而采取行动卖出的则T[i-1][k][1] + prices[i]。请注意，由于交易包含两个成对出现的交易（即买入和卖出），因此允许交易的最大数量保持不变。只有行动购买会改变允许的最大交易数量。
对于递归关系中的T [i] [k] [1]，在第i天采取的行动只能休息或者购买，因为在一天结束时我们手中只有1只股票。如果采取行动休息，T[i-1][k][1]是最大利润，如果采取行动买入， T[i-1][k-1][0] - prices[i] 是最大利润。采取。请注意，允许交易的最大数量减少了一个，因为在第i天进行购买将使用一次交易，如上所述。
要找到最后一天结束时的最大利润，我们可以简单地遍历价格数组并根据上述重复关系更新T [i] [k] [0]和T [i] [k] [1] 。最终答案将是T [i] [k] [0]（如果最终手头有0只股票，我们总是有更大的利润）。
二、实际例子
案例一：k=1,也就是第一题
对于这种情况，我们实际上每天都有两个未知变量：T[i][1][0]和T[i][1][1]，递归关系说：
T[i][1][0] = max(T[i-1][1][0], T[i-1][1][1] + prices[i])
T[i][1][1] = max(T[i-1][1][1], T[i-1][0][0] - prices[i]) = max(T[i-1][1][1], -prices[i])
在这里，我们针对第二个方程利用了基本情况T [i] [0] [0] = 0。所以最终变成
public int maxProfit(int[] prices) {
int T_i10 = 0, T_i11 = Integer.MIN_VALUE;
for (int price : prices) {
T_i10 = Math.max(T_i10, T_i11 + price);
T_i11 = Math.max(T_i11, -price);
}
return T_i10;
}
现在，让我们尝试对上述解决方案有所了解。如果我们更仔细地检查循环中的部分，则T_i11实际上只是表示第i天之前所有股价的负值的最大值，或者等效地表示所有股价的最小值。至于T_i10，我们只需要决定哪个动作产生更高的利润，即卖出还是休息。如果采取卖空行动，我们买入股票的价格为T_i11，即第i天之前的最小值。如果我们想获得最大的利润，这正是我们在现实中会做的事情。我应该指出，这不是解决这种情况的唯一方法。您可能会在这里找到其他不错的解决方案。
案例二：k=+Infinity,也就是第二题
如果k为正无穷大，则k与k-1之间实际上没有任何区别，这意味着T[i-1][k-1][0] = T [i -1] [k] [0]和T [i-1] [k-1] [1] = T [i-1] [k] [1]。因此，我们每天仍有两个未知变量：T [i] [k] [0]和T [i] [k] [1]，其中k = + Infinity，递归关系说：
T[i][k][0] = max(T[i-1][k][0], T[i-1][k][1] + prices[i])
T[i][k][1] = max(T[i-1][k][1], T[i-1][k-1][0] - prices[i]) = max(T[i-1][k][1], T[i-1][k][0] - prices[i])
这里我们利用了第二个方程T [i-1] [k-1] [0] = T [i-1] [k] [0]的事实。 O(n)时间和O(1)空间解如下：
public int maxProfit(int[] prices) {
int T_ik0 = 0, T_ik1 = Integer.MIN_VALUE;
for (int price : prices) {
int T_ik0_old = T_ik0;
T_ik0 = Math.max(T_ik0, T_ik1 + price);
T_ik1 = Math.max(T_ik1, T_ik0_old - price);
}
return T_ik0;
（注意：不需要缓存T_ik0的旧值，即变量T_ik0_old。特别感谢0x0101和elvina对此进行了说明。） 该解决方案提出了一种获取最大利润的贪婪策略：尽可能长的时间，在每个局部最小值处购买股票，并在紧随其后的局部最大值处出售。这等同于找到价格上涨的子阵列（股票价格阵列），并以每个子阵列的起始价格购买，同时以其最终价格出售。很容易证明这与累积利润相同，只要这样做是有利可图的，正如本文所展示的。
案例三：k=2,也就是第三题
类似于k = 1的情况，除了现在我们有四个变量而不是每天有两个变量：T [i] [1] [0]，T [i] [1] [1]，T [i] [2 ] [0]，T [i] [2] [1]和递归关系为：
T[i][2][0] = max(T[i-1][2][0], T[i-1][2][1] + prices[i])
T[i][2][1] = max(T[i-1][2][1], T[i-1][1][0] - prices[i])
T[i][1][0] = max(T[i-1][1][0], T[i-1][1][1] + prices[i])
T[i][1][1] = max(T[i-1][1][1], -prices[i])
在这里，我们再次利用了基本情况T [i] [0] [0] = 0的最后一个方程式。 O（n）时间和O（1）空间解如下：
public int maxProfit(int[] prices) {
int T_i10 = 0, T_i11 = Integer.MIN_VALUE;
int T_i20 = 0, T_i21 = Integer.MIN_VALUE;
for (int price : prices) {
T_i20 = Math.max(T_i20, T_i21 + price);
T_i21 = Math.max(T_i21, T_i10 - price);
T_i10 = Math.max(T_i10, T_i11 + price);
T_i11 = Math.max(T_i11, -price);
}
return T_i20;
}
这与此处给出的基本相同。
浙公网安备 33010602011771号