leetcode系列-股票问题
动态规划-股票系列
121-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 。
思路：暴力解法 + 一次遍历
/**
* 方法一：暴力法:超时
* 我们需要找出给定数组中两个数字之间的最大差值（即，最大利润）。
* 此外，第二个数字（卖出价格）必须大于第一个数字（买入价格）。
* 形式上，对于每组 i和 j（其中 j >i）我们需要找出 max(prices[j] −prices[i])。
*
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int maxprofit = 0;
for (int i = 0; i < prices.length - 1; i++) {
for (int j = i + 1; j < prices.length; j++) {
maxprofit = Math.max(maxprofit,prices[j] - prices[i]);
}}
return maxprofit;
}}
*/
/**方法二：一次遍历:
* 用一个变量记录一个历史最低价格 minprice，我们就可以假设自己的股票是在那天买的。
* 那么我们在第 i 天卖出股票能得到的利润就是 prices[i] - minprice
*
*/
public class Solution {
public int maxProfit(int prices[]) {
int minprice = Integer.MAX_VALUE;
int maxprofit = 0;
for (int i = 0; i < prices.length; i++) {
if (prices[i] < minprice) {
minprice = prices[i]; // 找到最低的价格点，买入
} else if (prices[i] - minprice > maxprofit) {
maxprofit = prices[i] - minprice;
}
}
return maxprofit;
}
}
动态规划：
dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金 ，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
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]);
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;
public class Solution {
public int maxProfit(int prices[]) {
int len = prices.length;
//dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金。dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得现金。
int[][] dp = new int[len][2];
dp[0][0] -= prices[0]; //第0天持有股票，此时的持有股票就一定是买入股票了
dp[0][1] = 0; // 第0天不持有股票，不持有股票那么现金就是0
for (int i = 1; i < len; i++){
dp[i][0] = Math.max(dp[i -1][0],-prices[i]);
dp[i][1] = Math.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)
122-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）。
/**
* 贪心算法:
* 假如第0天买入，第3天卖出，那么利润为：prices[3] - prices[0]。
* 相当于(prices[3] - prices[2]) + (prices[2] - prices[1]) + (prices[1] - prices[0])。
* 「局部最优：收集每天的正利润，全局最优：求得最大利润」。
*/
class Solution {
public int maxProfit01(int[] prices) {
int result = 0;
for (int i = 1 ; i < prices.length;i++){
result += Math.max(prices[i] - prices[i - 1],0);
}
return result;
}
}
动态规划：
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]
在来看看如果第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佳价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0]
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] = Math.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]。
/**
* 动态规划
*/
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
// 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
int[][] dp = new int[len][2];
dp[0][0] -= prices[0]; //第0天持有股票，此时的持有股票就一定是买入股票了
dp[0][1] = 0; // 第0天不持有股票，不持有股票那么现金就是0
for (int i = 1; i < len; i++){
// 第i天持有股票即dp[i][0]
dp[i][0] = Math.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。股票可以买卖多次，这里可能是第i天买入股票的时候，有之前的利润
dp[i][1] = Math.max(dp[i -1][1],prices[i] + dp[i -1][0]); //第i天不持有股票的情况
}
return dp[len - 1][1];
}
}
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
123-买卖股票的最佳时机III
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。
动态规划：
关键在于至多买卖两次，这意味着可以买卖一次，可以买卖两次，也可以不买卖。
- 确定dp数组以及下标的含义
一天一共就有五个状态， 0. 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。
- 确定递推公式
需要注意：dp[i][1]，表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票，这是很多同学容易陷入的误区。
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]
那么dp[i][1]究竟选 dp[i-1][0] - prices[i]，还是dp[i - 1][1]呢？
一定是选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
同理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]);
- dp数组如何初始化
第0天没有操作，这个最容易想到，就是0，即：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;首先卖出的操作一定是收获利润，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。
第0天第二次买入操作，dp[0][3] = -prices[0]; 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。
第0天第二次卖出初始化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
大家可以看到红色框为最后两次卖出的状态。
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。
所以最终最大利润是dp[4][4]
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length == 0) return 0;
int[][] dp = new int[prices.length][5]; // 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。
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]; // 第i天，没有操作的状态
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][0] - prices[i],dp[i - 1][1]); // 第i天，第一次买入
dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][1] + prices[i],dp[i - 1][2]); // 第i天，第一次卖出
dp[i][3] = Math.max(dp[i - 1][2] - prices[i],dp[i - 1][3]); // 第i天，第二次买入
dp[i][4] = Math.max(dp[i - 1][3] + prices[i],dp[i - 1][4]); // 第i天，第二次卖出
}
return dp[prices.length - 1][4];
}
}
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n * 5)
188-买卖股票的最佳时机IV
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。
动态规划：
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。
使用二维数组 dp[i][j] ：第i天的状态为j，所剩下的最大现金是dp[i][j]
j的状态表示为：
- 0 表示不操作
- 1 第一次买入
- 2 第一次卖出
- 3 第二次买入
- 4 第二次卖出
- …
大家应该发现规律了吧 ，除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入。
题目要求是至多有K笔交易，那么j的范围就定义为 2 * k + 1 就可以了。
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]
选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][0]);
同理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][i] + prices[i], dp[i][2])
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]
以输入[1,2,3,4,5]，k=2为例。
最后一次卖出，一定是利润最大的，dp[prices.size() - 1][2 * k]即红色部分就是最后求解。
class Solution {
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
if (prices.length == 0) return 0;
int[][] dp = new int[prices.length][2 * k + 1]; // dp[i][j]中 i表示第i天，j为 k个状态，dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金。
for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2){
dp[0][j] = -prices[0]; // 奇数买入，初始化为-prices[0]
}
for (int i = 1; i < prices.length;i++){
for (int j = 0; j < 2 * k - 1 ;j += 2) {
//除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入
dp[i][j + 1] = Math.max(dp[i - 1][j] - prices[i], dp[i - 1][j + 1]);
dp[i][j + 2] = Math.max(dp[i - 1][j + 1] + prices[i], dp[i - 1][j + 2]);
}
}
return dp[prices.length - 1][2 * k];
}
}
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n * (2 * k+1))
309-最佳买卖股票时机含冷冻期
给定一个整数数组，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 。
设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:
- 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）。
- 卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
示例:
输入: [1,2,3,0,2]
输出: 3
解释: 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]
动态规划：
- 确定dp数组以及下标的含义
dp[i][j]，第i天状态为j，所剩的最多现金为dp[i][j]。
j的状态为：
- 1：持有股票后的最多现金
- 2：不持有股票（能购买）的最多现金
- 3：不持有股票（冷冻期）的最多现金
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
初始化 dp[0][0] = -prices[0];
最后两个状态 不持有股票（能购买） 和 不持有股票（冷冻期）都有可能最后结果，取最大的。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
if (n == 0) return 0;
int[][] dp = new int[n][3]; // 第i天状态为j，所剩的最多现金为dp[i][j]
dp[0][0] = -prices[0]; // 第0天持有股票后最多的现金
for (int i = 1; i < n; i++){
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]); // 手上持有股票的最大收益
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]); // 手上不持有股票，并且处于冷冻期中的累计最大收益
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i]; // 手上不持有股票，并且不在冷冻期中的累计最大收益
}
return Math.max(dp[n - 1][1],dp[n - 1][2]);
}
}
时间复杂度：O(n)，其中 n 为数组prices 的长度。
空间复杂度：O(n)。我们需要 3n 的空间存储动态规划中的所有状态，对应的空间复杂度为 O(n)。如果使用空间优化，空间复杂度可以优化至O(1)。
714-买卖股票的最佳时机含手续费
给定一个整数数组 prices，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 ；非负整数 fee 代表了交易股票的手续费用。
你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。
返回获得利润的最大值。
注意：这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。
示例 1: 输入: prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2 输出: 8
解释: 能够达到的最大利润:
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 9
总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8.
贪心：
/**
* 贪心思想：当我们卖出一支股票时，我们就立即获得了以相同价格并且免除手续费买入一支股票的权利。
*/
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
int n = prices.length;
int buy = prices[0] + fee;
int profit = 0;
for (int i = 1; i < n;i++){
if (prices[i] + fee < buy){
buy = prices[i] + fee;
}else if (prices[i] > buy){
profit += prices[i] - buy;
buy = prices[i];
}
}
return profit;
}
}
动态规划：
dp[i][0] 表示第i天持有股票所省最多现金。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]
所以：dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);
在来看看如果第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，注意这里需要有手续费了即：dp[i - 1][0] + prices[i] - fee
所以：dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i] - fee);
本题和动态规划：122.买卖股票的最佳时机II的区别就是这里需要多一个减去手续费的操作。
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
int n = prices.length;
// dp[i][0] 表示第i天持有股票所省最多现金。dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
int[][] dp = new int[n][2];
dp[0][0] = -prices[0]; // 第0天拥有股票的钱
for (int i = 1; i < n;i++){
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] - fee); // 与122不同地方
}
return Math.max(dp[n - 1][0],dp[n - 1][1]);
}
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)