力扣刷题day43|123买卖股票的最佳时机III、188买卖股票的最佳时机IV
文章目录
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- 123. 买卖股票的最佳时机III
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- 思路
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- 动态规划五部曲
- 难点
- 188. 买卖股票的最佳时机IV
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- 思路
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- 动态规划五部曲
123. 买卖股票的最佳时机III
力扣题目链接
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
思路
题目中提到你最多可以完成 两笔 交易，这说明可以不买卖，或可以买卖一次，可以买卖两次。因此用动态规划找到每个状态在这三种情况下中的最大值
动态规划五部曲
- 确定dp数组以及下标的含义
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所获得的最大现金。
这五个状态分别为：
-
没有操作
-
第一次买入
-
第一次卖出
-
第二次买入
-
第二次卖出
-
确定递推公式
需要注意：dp[i][1]，表示的是第i天，对股票的操作状态，并不是说一定要第i天买入股票
如果第i天处于没有操作的状态，即dp[i][0]， 那么只能由一个状态推出来：
- 第
i天没有操作，前一天也是一定没有操作的，不然一定是处于dp[i][1 - 4]之间的任意一个状态，那么dp[i][0] = dp[i - 1][0]
如果第i天处于第一次买入股票的状态，即dp[i][1]， 那么可以由两个状态推出来
- 第
i天第一次买入股票了，前一天是肯定没有操作的，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i] - 第
i天没有操作，而是沿用前一天的第一次买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]
dp[i][1]应该选所得现金最大的，所以dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1])
如果第i天处于第一次卖出股票的状态，即dp[i][2]， 那么可以由两个状态推出来
- 第
i天第一次卖出股票了，说明前一天都是处于的第一次买入的状态，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i] - 第
i天没有操作，沿用前一天第一次卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
dp[i][1]应该选所得现金最大的，所以dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1])
第3、4的状态推理和1、2的相同，读者可以自己用相同的方式得到：
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])
- dp数组如何初始化
对于没有操作的状态，第0天肯定也是没有操作的：dp[0][0] = 0
对于第一次买入的状态，第0天肯定要进行买入：dp[0][1] = -prices[0]
对于第一次卖出的状态，第0天肯定卖出不了，因为还没买过：dp[0][2] = 0，并且从递推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收获利润如果比0还小了就没有必要收获这个利润了
现在考虑第二次买入的状态，第一次还没买入呢，怎么初始化第二次买入呢？
第二次买入依赖于第一次卖出的状态，其实相当于第0天第一次买入了，第一次卖出了，然后在买入一次（第二次买入），那么现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少：dp[0][3] = -prices[0]
同理对于第二次卖出的状态：dp[0][4] = 0
- 确定遍历顺序
从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值。
- 举例推导dp数组
以输入[1,2,3,4,5]为例
最终最大利润是dp[4][4]
难点
注：现在最大的时候一定是卖出的状态，而两次卖出的状态现金最大一定是最后一次卖出。
这是为什么不用比较第一次卖出的的收益和第二次卖出的收益，哪个更高就选哪个，而是直接选择第二次的return？
因为对于每一天来说，在第二次买入的时候（即状态3）判断了（前一天第二次买入的状态，前一天第一次卖出状态的收益-今天第二次卖出的现金）哪个亏的少（哪个赚的多）；以及第二次卖出时哪个亏的少（哪个赚的多）
这个是如何实现的呢？
dp[3] = -prices[0];
从上面的代码第0天的初始化实现的，这里初始化了第二次就是同时考虑了第一次（买进卖出收益为0）的情况
总结起来就算说：第二次一定是大于等于第一次的
完整代码
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length == 0) return 0;
// 定义 5 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
int[][] dp = new int[prices.length][5];
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][3] = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
dp[i][0] = dp[i - 1][0];
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][3] = Math.max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
dp[i][4] = Math.max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
}
return dp[prices.length - 1][4];
}
一种优化空间写法：
public int maxProfit1(int[] prices) {
if (prices.length == 0) return 0;
// 定义 5 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
int[] dp = new int[5];
dp[1] = -prices[0];
dp[3] = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
// 保持前面的买入状态或者现在买入
dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] - prices[i]);
// 保持前面的卖出状态或者现在卖出
dp[2] = Math.max(dp[2], dp[1] + prices[i]);
dp[3] = Math.max(dp[3], dp[2] - prices[i]);
dp[4] = Math.max(dp[4], dp[3] + prices[i]);
}
return dp[4];
}
大家会发现**dp[2]利用的是当天的dp[1]**。 但结果也是对的。
对于dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i])：
-
如果
dp[1]取dp[1]，即保持买入股票的状态，那么dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i])中dp[1] + prices[i]就是今天卖出。 -
如果
dp[1]取dp[0] - prices[i]，即今天买入股票，那么dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i])中的dp[1] + prices[i]相当于是今天再卖出股票，一买一卖收益为0，对所得现金没有影响。相当于今天买入股票又卖出股票，等于没有操作，保持昨天卖出股票的状态了。
188. 买卖股票的最佳时机IV
力扣题目链接
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 。
思路
这道题目可以说是动态规划：123.买卖股票的最佳时机III的进阶版，这里要求至多有k次交易。那么就有2k+1种状态。
动态规划五部曲
- 确定dp数组以及下标的含义
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的状态有2k + 1个：
-
0表示没有操作
-
2k+1表示第2k+1卖出
-
2k表示第2k次卖出
所以二维dp数组的定义为：
int[][] dp = new int[prices.length][2 * k + 1];
- 确定递推公式
需要注意：dp[i][1]，表示的是第i天，对股票的操作状态，并不是说一定要第i天买入股票
如果第i天处于没有操作的状态，即dp[i][0]， 那么只能由一个状态推出来：
- 第
i天没有操作，前一天也是一定没有操作的，不然一定是处于dp[i][1 - 4]之间的任意一个状态，那么dp[i][0] = dp[i - 1][0]
如果第i天处于第一次买入股票的状态，即dp[i][1]， 那么可以由两个状态推出来
- 第
i天第一次买入股票了，前一天是肯定没有操作的，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i] - 第
i天没有操作，而是沿用前一天的第一次买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]
dp[i][1]应该选所得现金最大的，所以dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1])
如果第i天处于第一次卖出股票的状态，即dp[i][2]， 那么可以由两个状态推出来
- 第
i天卖出股票了，说明前一天都是处于的第一次买入的状态，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i] - 第
i天没有操作，沿用前一天第一次卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
dp[i][1]应该选所得现金最大的，所以dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1])
以此推理到2k和2k + 1的情况
// 递推公式
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {
dp[i][j + 1] = Math.max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
dp[i][j + 2] = Math.max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
}
}
- dp数组如何初始化
对于没有操作的状态，第0天肯定也是没有操作的：dp[0][0] = 0
第0天做第一次买入的操作，dp[0][1] = -prices[0]
第0天做第一次卖出的操作，这个初始值应该是多少呢？
首先卖出的操作一定是收获利润，就是要大于等于0的现金才会进行这个操作，整个股票买卖最差情况也就是没有盈利即全程无操作现金为0
从递推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收获利润如果比0还小了就没有必要收获这个利润了，所以dp[0][2] = 0
第0天后面的每次的买入操作，不用管第几次，现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少，即初始化为：dp[0][3] = -prices[0]
所以同理可以推出dp[0][j]当j为奇数的时候都初始化为 -prices[0]
// 初始化
int[][] dp = new int[prices.length][2 * k + 1];
for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
dp[0][j] = -prices[0];
}
- 确定遍历顺序
从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值。
- 举例推导dp数组
参考123题，以输入[1,2,3,4,5]，k=2的例子。
完整代码：
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
if (prices.length == 0) return 0;
// 定义 2k+1 种状态
// 初始化
int[][] dp = new int[prices.length][2 * k + 1];
for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
dp[0][j] = -prices[0];
}
// 递推公式
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {
dp[i][j + 1] = Math.max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
dp[i][j + 2] = Math.max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
}
}
return dp[prices.length - 1][2 * k];
}