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C++算法学习心得八.动态规划算法（5）

时间：2024-03-17 18:59:59浏览次数：29  
标签：现金 int max 学习心得 C++ 算法 股票 prices dp

1.买卖股票的最佳时机（121题）

题目描述：

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。

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;
    }
};
  • 时间复杂度：O(n^2)
  • 空间复杂度：O(1)

贪心算法： 因为股票就买卖一次，那么贪心的想法很自然就是取最左最小值，取最右最大值，那么得到的差值就是最大利润。

class Solution {
public:
    int maxProfit(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;
    }
};
  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(1)

动态规划 :

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

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]);

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;

从前向后遍历

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 < prices.size();i++){
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0],-prices[i]);
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1],dp[i - 1][0] + prices[i]);
        }
        return dp[len - 1][1];
    }
};
  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(n)

 2.买卖股票的最佳时机II(122题）

题目描述：

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 。

  • 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
  • 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]

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。 

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];
    }
};
  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(n)

3.买卖股票的最佳时机III （123题）

题目描述：

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：

一天一共就有五个状态，

  1. 没有操作 （其实我们也可以不设置这个状态）
  2. 第一次持有股票
  3. 第一次不持有股票
  4. 第二次持有股票
  5. 第二次不持有股票

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。

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

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]);

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];

dp[0][2] = 0;

第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];

同理第二次卖出初始化dp[0][4] = 0;

从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if(prices.size() == 0)return 0;
        vector<vector<int>>dp(prices.size(),vector<int>(5,0));
        dp[0][1] = -prices[0];
        dp[0][3] = -prices[0];
        for(int i = 1;i < prices.size();i++){
            dp[i][0] = dp[i - 1][0];
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1],dp[i - 1][0] - prices[i]);
            dp[i][2] = max(dp[i - 1][2],dp[i - 1][1] + prices[i]);
            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]);
        }
        return dp[prices.size() - 1][4];
    }
};
  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(n × 5)

4.买卖股票的最佳时机IV(188题）

题目描述： 

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。

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],除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入,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][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])

dp[0][j]当j为奇数的时候都初始化为 -prices[0]

一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值

class Solution {
public:
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {

        if (prices.size() == 0) return 0;
        vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));
        for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
            dp[0][j] = -prices[0];
        }
        for (int i = 1;i < prices.size(); i++) {
            for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {
                dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
                dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
            }
        }
        return dp[prices.size() - 1][2 * k];
    }
};
  • 时间复杂度: O(n * k)，其中 n 为 prices 的长度
  • 空间复杂度: O(n * k)

5.最佳买卖股票时机含冷冻期(309题）

题目描述：

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]

dp[i][j]，第i天状态为j，所剩的最多现金为dp[i][j]。

  • 状态一：持有股票状态（今天买入股票，或者是之前就买入了股票然后没有操作，一直持有）
  • 不持有股票状态，这里就有两种卖出股票状态
    • 状态二：保持卖出股票的状态（两天前就卖出了股票，度过一天冷冻期。或者是前一天就是卖出股票状态，一直没操作）
    • 状态三：今天卖出股票
  • 状态四：今天为冷冻期状态，但冷冻期状态不可持续，只有一天

注意这里的每一个状态，例如状态一，是持有股票股票状态并不是说今天一定就买入股票，而是说保持买入股票的状态即：可能是前几天买入的，之后一直没操作，所以保持买入股票的状态。

dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][3] - prices[i], dp[i - 1][1] - prices[i]); 

dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);

dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];

dp[i][3] = dp[i - 1][2];

dp[0][0] = -prices[0]，一定是当天买入股票，dp[0][1] （即第0天的状态二）应该初始成多少，只能初始为0，dp[0][2]初始化为0，dp[0][3]也初始为0

dp[i] 依赖于 dp[i-1]，所以是从前向后遍历

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        if(n == 0)return 0;
        vector<vector<int>>dp(n,vector<int>(4,0));
        dp[0][0] = -prices[0];
        for(int i = 1;i < n;i++){
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3] - prices[i], dp[i - 1][1] - prices[i]));
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1],dp[i - 1][3]);
            dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
            dp[i][3] = dp[i - 1][2];
        }
        return max(dp[n - 1][3], max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]));
    }
};
  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(n)

6.买卖股票的最佳时机含手续费(714题）

题目描述：

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

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);

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int n = prices.size();
        if(n == 0)return 0;
        vector<vector<int>>dp(n,vector<int>(2,0));
        dp[0][0] = -prices[0];
        for(int i = 1;i < n;i++){
            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][0] + prices[i] - fee);
        }
        return max(dp[n - 1][0],dp[n - 1][1]);
    }
};
  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(n)

 总结：

买卖股票的最佳时机：给定一个数组然后，只能买卖一次求最大利润，这里暴力的解法是通过双循环来实现，i从0到price.size()，j从i+1到price.size()，我们设定一个结果变量，然后每次进行比较取最大值即可，贪心算法：因为只买卖一次，我们取左边的最小值和右边最大值差值就是所求的最大利润，这样的话我们可以定义low最小值初始化定义最大值INT_MAX，一个for循环来实现更新，可以更新low,一样更新结果，我们需要最大利润，result最开始定义最小值，result = max(result , prices[i] - low),最后result就是结果。动态规划：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dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i])，dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0])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;从前向后遍历，这里注意我们申请二维的数组，prices.size(),*2大小的数组来进行，初始化dp[0][0] -=prics[i]；dp[0][1] = 0;然后根据遍历方式和递推公式来实现，最后返回dp[prices.size() - 1][1]即可

买卖股票最佳时机II:与上题区别在于可以多次买卖股票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]);其他没有变化

买卖股票的最佳时机III：只允许操作两次买卖，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[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 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])；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]);初始化：dp[0][0] = 0;dp[0][1] = -prices[0];dp[0][2] = 0;dp[0][3] = -prices[0];dp[0][4] = 0;从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值

买卖股票的最佳时机IV：可以进行k笔交易，这里我们就可以使用另一层循环来实现k即可，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],除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入,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， dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])，dp[0][j]当j为奇数的时候都初始化为 -prices[0]，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值

最佳买卖股票时机含冷冻期：卖出股票之后下一天不能进行操作，这里我们分为四个状态去考虑，持有股票状态dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][3] - prices[i], dp[i - 1][1] - prices[i]); ，保持卖出股票的状态dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);，今天卖出股票dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];，今天为冷冻期状态，但冷冻期状态不可持续，只有一天dp[i][3] = dp[i - 1][2];dp[0][0] = -prices[0]，一定是当天买入股票，dp[0][1] （即第0天的状态二）应该初始成多少，只能初始为0，dp[0][2]初始化为0，dp[0][3]也初始为0dp[i] 依赖于 dp[i-1]，所以是从前向后遍历，最后返回max(dp[n - 1][3], max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]))

买卖股票的最佳时机含手续费：可以无限次交易，但是需要支付手续费，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，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][0] + prices[i] - fee);dp[0][0] = -prices[0];遍历从前向后遍历

标签：现金,int,max,学习心得,C++,算法,股票,prices,dp
From： https://blog.csdn.net/weixin_55605689/article/details/136245400

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