代码随想录算法训练营第四十九天|121.买卖股票的最佳时机、122买卖股票的最佳时机Ⅱ
day49 2023/03/21
一、买卖股票的最佳时机
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 。
分析如下：
动规五部曲分析如下：
1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][0] 表示第i天持有股票所得最多现金 ，这里可能有同学疑惑，本题中只能买卖一次，持有股票之后哪还有现金呢？
其实一开始现金是0，那么加入第i天买入股票现金就是 -prices[i]， 这是一个负数。
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
注意这里说的是“持有”，“持有”不代表就是当天“买入”！也有可能是昨天就买入了，今天保持持有的状态
很多同学把“持有”和“买入”没区分清楚。
在下面递推公式分析中，我会进一步讲解。
2.确定递推公式
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]
那么dp[i][0]应该选所得现金最大的，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价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0]
同样dp[i][1]取最大的，dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
这样递推公式我们就分析完了
3.dp数组如何初始化
由递推公式 dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]); 和 dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);可以看出
其基础都是要从dp[0][0]和dp[0][1]推导出来。
那么dp[0][0]表示第0天持有股票，此时的持有股票就一定是买入股票了，因为不可能有前一天推出来，所以dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1]表示第0天不持有股票，不持有股票那么现金就是0，所以dp[0][1] = 0;
4.确定遍历顺序
从递推公式可以看出dp[i]都是由dp[i - 1]推导出来的，那么一定是从前向后遍历。
5.举例推导dp数组
以示例1，输入：[7,1,5,3,6,4]为例，dp数组状态如下：
dp[5][1]就是最终结果。
代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector& prices) {
int len=prices.size();
vector> dp(2,vector(2));
dp[0][0]-=prices[0];
dp[0][1]=0;
for(int i=1;i 二、买卖股票的最佳时机Ⅱ
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）。
分析如下：
在动规五部曲中，这个区别主要是体现在递推公式上,其他的和上一道题是一样的
所以我们重点讲一讲递推公式。
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]
代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector& prices) {
int len=prices.size();
vector> dp(len,vector(2,0));
dp[0][0]-=prices[0];
dp[0][1]=0;
for(int i=1;i 再加一道背包题啵
洛谷2392 考前临时抱佛脚
【分析】：显然若当前要处理的问题的时间和为sum，最佳答案是sum / 2，也就是两边脑所耗时间差为0。
于是现在要求的问题就是使得两边脑所耗时间差尽量小。
如果只考虑一边脑耗时，由于两边脑是对称的，我们假设这个耗时肯定比 sum / 2 小。那么我们要使这个耗时尽量接近sum / 2 ， 则另一边脑肯定也是最接近 sum / 2的
两个脑子分别放题目，我们使它消耗的时间最接近 sum / 2 ,则答案最优
所以可以用01背包，将每个科目所有题目的时间总和的一半看成背包容量，花费时间看成体积和价值，求出最大值，此时这个最大值是小于等于 sum / 2 的 ， 则就是最接近 sum / 2方案，则 sum - f [ sum / 2 ] 就是这一个科目花费的最少时间，（因为f [ sum / 2 ] 是小于等于 t / 2 的最大值，则 n - f [ sum / 2 ] 就肯定大于等于 sum / 2），用全局变量ans 加起来
【基础知识】：
01背包二维数组写法：
#include
using namespace std;
const int N=1010;
int n,m;
int weight[N],value[N],dp[N][N];
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>weight[i]>>value[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
if(j 01背包一维数组写法：
#include
using namespace std;
const int N=1010;
int n,m;
int weight[N],value[N],dp[N];
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>weight[i]>>value[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=m;j>=weight[i];j--)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-weight[i]]+value[i]);
}
cout< 完全背包问题写法：
#include
using namespace std;
const int N=1010;
int n,m;
int weight[N],value[N],dp[N];
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>weight[i]>>value[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=weight[i];j<=m;j++)
{
dp[j]=max(dp[j],dp[j-weight[i]]+value[i]);
}
}
cout< 多重背包问题写法
#include
using namespace std;
const int N=101;
int n,m;
int weight[N],value[N],nums[N],dp[N][N];
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>weight[i]>>value[i]>>nums[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
for(int k=0;k<=nums[i]&&k*weight[i]<=j;k++)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*weight[i]]+k*value[i]);
}
}
cout< 有了以上基础知识本题代码如下：
注意i,j,k的含义以及dp数组的大小定义
#include
using namespace std;
const int N=101;
int s[N],w[N];
int dp[N*N];
int res=0,sum;
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
for(int i=0;i<4;i++) cin>>s[i];
for(int i=0;i<4;i++)
{
for(int j=0;j>w[j];
sum+=w[j];
}
for(int j=0;j=w[j];k--)
dp[k]=max(dp[k],dp[k-w[j]]+w[j]);
}
res+=(sum-dp[sum/2]);
sum=0;
memset(dp,0,sizeof dp);
}
cout<