力扣打卡day21
121. 买卖股票的最佳时机
方法一：暴力，寻找最优间距但是该方法会超时
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;
}
};
方法二：贪心：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。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int low=Integer.MAX_VALUE;
int res=0;
for(int i=0;i<prices.length;i++){
low=Math.min(low,prices[i]);// 取最左最小价格
res=Math.max(res,prices[i]-low);// 直接取最大区间利润
}
return res;
}
}
方法三：动态规划
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 ，一开始现金是0，那么加入第i天买入股票现金就是 -prices[i]
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
“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
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佳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]);
3.dp数组初始化
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。
dp[0][0] -= prices[0]，因为此时的持有股票就是买入股，因为不能从前一天退出来
dp[0][1] = 0; 不持有股票第0天现金就是0
4.确定遍历顺序（从前到后）
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices == null || prices.length == 0) return 0;
int[][] dp=new int[prices.length][2];
dp[0][0]=-prices[0];
dp[0][1]=0;
int res=0;
for(int i=1;i<prices.length;i++){
dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],-prices[i]);
dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[i]);
}
return dp[prices.length-1][1];//为什么是1不是0是因为不持有股票状态所得金钱一定比持有股票状态得到的多！
}
}
122.买卖股票的最佳时机II
本题与上一题的区别是，上一题股票只能买卖一次，而本题中股票可以买卖多次
与上一题只有递推公式是不同的
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]
上一题中由于全程只能买一次，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 -prices[i]。
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。
第i天不持有股票即dp[i][1]的情况， 可以由两个状态推出
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佳价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0]
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices == null || prices.length == 0) return 0;
int[][] dp=new int[prices.length][2];
dp[0][0]=-prices[0];
dp[0][1]=0;
for(int i=1;i<prices.length;i++){
//与上一题只有这行代码不同
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[prices.length-1][1];
}
}
123.买卖股票的最佳时机III
这道题与前两题的区别是至多买卖两次，这意味着可以买卖一次，可以买卖两次，也可以不买卖。
1.确定dp数组及下标的含义
一天一共就有五个状态，
没有操作
第一次买入
第一次卖出
第二次买入
第二次卖出
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所剩最大现金。
2.确定递推公式
达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：
操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]
操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]
所以 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
dp[i][2]也有两个操作
操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])
同理可推出剩下状态部分：
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]);
3.初始化
第0天没有操作：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：dp[0][2] = 0;
第0天第二次买入操作：dp[0][3] = -prices[0];
同理第二次卖出初始化dp[0][4] = 0;
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices == null || prices.length == 0) return 0;
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][1] = Math.max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][2], dp[i][1] + prices[i]);
dp[i][3] = Math.max(dp[i - 1][3], dp[i][2] - prices[i]);
dp[i][4] = Math.max(dp[i - 1][4], dp[i][3] + prices[i]);
}
return dp[prices.length-1][4];
}
}