代码随想录算法训练营

代码随想录算法训练营Day49 动态规划| 121. 买卖股票的最佳时机 122.买卖股票的最佳时机II

121. 买卖股票的最佳时机

题目链接：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 。

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。

总体思路

暴力解法

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;

    }

};

贪心

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;

    }

};

动态规划

动规五部曲分析如下：

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。

在下面递推公式分析中，我会进一步讲解。
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]);

这样递推公式我们就分析完了

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;
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。
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：

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！

// 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];

    }

};

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

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 。

总体思路

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。

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]

注意这里和[[#121. 买卖股票的最佳时机]]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。

[[#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 -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]

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];

    }

};