算法训练第四十九天 | 121.买卖股票的最佳时机、122.买卖股票的最佳时机II

动态规划part10

  • 121.买卖股票的最佳时机
    • 题目描述
    • 思路
      • 暴力
      • 贪心
      • 动态规划
  • 122.买卖股票的最佳时机II
    • 题目描述
    • 思路

121.买卖股票的最佳时机

题目链接:121.买卖股票的最佳时机
参考:https://programmercarl.com/0121.%E4%B9%B0%E5%8D%96%E8%82%A1%E7%A5%A8%E7%9A%84%E6%9C%80%E4%BD%B3%E6%97%B6%E6%9C%BA.html
视频讲解:https://www.bilibili.com/video/BV1Xe4y1u77q

题目描述

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。

思路

暴力

这道题目最直观的想法,就是暴力,找最优间距了。

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
            for (int j = i + 1; j < prices.size(); j++){
                result = max(result, prices[j] - prices[i]);
            }
        }
        return result;
    }
};
  • 时间复杂度:O(n^2)
  • 空间复杂度:O(1)

当然该方法超时了。

贪心

因为股票就买卖一次,那么贪心的想法很自然就是取最左最小值,取最右最大值,那么得到的差值就是最大利润。

(局部最优到全局最优,找不到反例,试试贪心)

C++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;
    }
};
  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(1)

动态规划

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。

  1. 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]);

  1. 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;

  1. 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:
算法训练第四十九天 | 121.买卖股票的最佳时机、122.买卖股票的最佳时机II_第1张图片
dp[5][1]就是最终结果。

为什么不是dp[5][0]呢?

因为本题中不持有股票状态所得金钱一定比持有股票状态得到的多!

以上分析完毕,C++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)

从递推公式可以看出,dp[i]只是依赖于dp[i - 1]的状态。

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

那么我们只需要记录 当前天的dp状态和前一天的dp状态就可以了,可以使用滚动数组来节省空间,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)

这里能写出版本一就可以了,版本二虽然原理都一样,但是想直接写出版本二还是有点麻烦,容易自己给自己找bug。

所以建议是先写出版本一,然后在版本一的基础上优化成版本二,而不是直接就写出版本二。

122.买卖股票的最佳时机II

题目链接:122.买卖股票的最佳时机II
参考:https://programmercarl.com/0122.%E4%B9%B0%E5%8D%96%E8%82%A1%E7%A5%A8%E7%9A%84%E6%9C%80%E4%BD%B3%E6%97%B6%E6%9C%BAII%EF%BC%88%E5%8A%A8%E6%80%81%E8%A7%84%E5%88%92%EF%BC%89.html
视频讲解:https://www.bilibili.com/video/BV1D24y1Q7Ls

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

思路

本题我们在讲解贪心专题的时候就已经讲解过了贪心算法:买卖股票的最佳时机II ,只不过没有深入讲解动态规划的解法,那么这次我们再好好分析一下动规的解法。

本题和 121. 买卖股票的最佳时机 的唯一区别是本题股票可以买卖多次了(注意只有一只股票,所以再次购买前要出售掉之前的股票)

在动规五部曲中,这个区别主要是体现在递推公式上,其他都和 121. 买卖股票的最佳时机 一样一样的。

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]

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 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0 -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。

那么第i天持有股票即dp[i][0],如果是第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]。

再来看看如果第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即:prices[i] + dp[i - 1][0]

注意这里和121. 买卖股票的最佳时机 就是一样的逻辑,卖出股票收获利润(可能是负值)天经地义!

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)

大家可以本题和121. 买卖股票的最佳时机 的代码几乎一样,唯一的区别在:

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

这正是因为本题的股票可以买卖多次! 所以买入股票的时候,可能会有之前买卖的利润即:dp[i - 1][1],所以dp[i - 1][1] - prices[i]。

想到到这一点,对这两道题理解的就比较深刻了。

这里我依然给出滚动数组的版本,C++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], dp[(i - 1) % 2][1] - 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)

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