在本文章中,我们将要详细介绍一下Leetcod 买卖股票的最佳时机 III相关的内容,本题采用动态规划的思想进行解决。
给一个数组,找出最大利润
但是有两个条件:
不能同时参与多笔交易,手上只能有一只股票
最多完成两笔交易
列出dp表,dp表中值的含义是什么
dp[i]:代表在第i天获得的最大利润
这个又可以细分为两种状况:
f[i]:第i天,手上有股票,处于买入状态,此时的最大利润。
g[i]:第i天,手上无股票,处于卖出状态,此时的最大利润。
题目中要求最多完成两笔交易:又可以细分
f[i][j]:在第i天,手上有股票,进行了j次交易,此时的最大利润
g[i][j]:在第i天,手上无股票,进行了j次交易,此时的最大利润
dp[i]是什么,根据最近一步划分问题
多状态可以相互转化,画图
.在i-1天处于f状态,过了一天啥也不干,
此时最大利润,就是前一天的最大利润
.在i-1天处于g状态,过了一天啥也不干,此时最大利润,就是前一天的最大利润
.在i-1天处于g状态,第二天买了新股票,处于f状态,需要减去p[i],买东西要花钱,我们算的是利润
.在i-1天处于f状态,第二天卖出股票,处于g状态,买了就会有钱,但是这是在上一次交易到这一次交易获得的钱,需要用(j-1)次交易时的最大利润进行计算
f[i][j]=max(f[i-1][j],g[i-1[j]-p[i])
g[i][j]=max(g[i-1][j],f[i-1][j-1]+p[i])
g根据状态转移方程我们发现,我们需要初始化f第一行,g第一行和f的第一列。
我们能不能不对f第一列进行处理,只处理那两个呢??
通过修改状态转移方程实现:
g[i][j]=max(g[i-1][j],f[i-1][j-1]+p[i])
.当j>=1时,这个式子不会越界
.当j= =0时,会产生越界,那我们单独处理j==0的情况不就行了。
if(j==0) g[i][j]=g[i-1][j]
else g[i][j]=max(g[i-1][j],f[i-1][j-1]+p[i])
f和g表第一行初始化为神魔呢??
.首先看一下f表
.f[0][0]:第一天有股票,那么肯定就购买了,就花钱了,所以f[0][0]=-p[0];
.第一行其他位置初始化为0可不可以呢??
如果为零,g[i][j]=max(g[i-1][j],f[i-1][j-1]+p[i])。如果g[0][1]大于f[0][0]+p[i]就会对这个式子就会产生影响,所以这里值不存在,我们在求的时候不要干扰max,那我们设置一个最小值(INT_MIN)不就行。
如果是INT_MIN,对于这个表达式f[i][j]=max(f[i-1][j],g[i-1[j]-p[i]),最小值再减去一个值,就会发生越界。我们最好初始化为-0x3f3f3f3f(负整数的一半)。
.再看一下g表
.g[0][0]:第一天无股票,啥也没干,g[0][0]=0;
.对于其他位置,同上面f分析方式一致,初始化为-3f3f3f3f,这个也可以初始化为0,只要不影响就可以
如果是交易k笔次数:
若交易次数比(n/2)还大,那么剩下的就没有意义,需要对k进行缩小,因此我们可以将 k 取较小值之后再进行动态规划。
从上到下,从左往右,两个表一起填
我们只知道处于g状态,手上没有股票时利润才最大
但是具体交易几次利润最大我们不清楚。
返回的最大值需要在最后一行进行查找。
class Solution {
public:
const int INT=0x3f3f3f3f;
int maxProfit(vector<int>& p)
{
//建表
int n=p.size();
if(n==0)
{
return 0;
}
//创建+初始化
vector<vector<int>> f(n,vector<int>(3,-INT));
//怎莫写
auto g=f;
f[0][0]=0;
g[0][0]=-p[0];
//填表
for(int i=1;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<3;j++)
{
g[i][j]=max(g[i-1][j],f[i-1][j]-p[i]);
if(j==0)
{
f[i][j]=f[i-1][j];
}
else
{
f[i][j]=max(f[i-1][j],g[i-1][j-1]+p[i]);
}
}
}
//返回值
int max=f[n-1][0];
for(int j=1;j<3;j++)
{
if(f[n-1][j]>max)
{
max=f[n-1][j];
}
}
return max;
}
};
空间复杂度O(N)
时间复杂度O(N)
以上就是我们对Leetcode中买卖股票的最佳时机 III详细介绍,希望对大家的学习有所帮助,仅供参考 如有错误请大佬指点我会尽快去改正 欢迎大家来评论~~