Day49

买卖股票的最佳时机

121. 买卖股票的最佳时机 - 力扣（LeetCode）

题目

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。
• 示例 2：
• 输入：prices = [7,6,4,3,1]
• 输出：0
  解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

思路

动规五部曲

• 确定dp数组以及下标含义

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

• 确定推导公式

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]);

• dp数组的初始化方式

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;

• 如何遍历dp数组

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

代码

贪心算法

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {// 找到一个最小的购入点int low = Integer.MAX_VALUE;// res不断更新，直到数组循环完毕int res = 0;for(int i = 0; i < prices.length; i++){low = Math.min(prices[i], low);res = Math.max(prices[i] - low, res);}return res;}
}

动态规划法(推荐)

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int dp[][] = new int[prices.length][2];// 0是持有股票所得最多现金，1是不持有股票所得最多现金dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;for(int i = 1; i < prices.length; i++){// 持有股票有两种情况，之前买入，刚买入(因为初始资金为0)dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], -prices[i]);// 不持有股票有两种情况，之前就不持有，刚卖出dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);}return dp[prices.length - 1][1];}
}

买卖股票的最佳时机II

122. 买卖股票的最佳时机 II - 力扣（LeetCode）

题目

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 。
• 示例 2:
• 输入: [1,2,3,4,5]
• 输出: 4
  解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
• 示例 3:
• 输入: [7,6,4,3,1]
• 输出: 0
  解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

提示：

• 1 <= prices.length <= 3 * 10 ^ 4
• 0 <= prices[i] <= 10 ^ 4

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 (opens new window)一样一样的。

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 (opens new window)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。

在121. 买卖股票的最佳时机 (opens new window)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]

代码

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int dp[][] = new int[prices.length][2];// 0是持有股票所得最多现金，1是不持有股票所得最多现金dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;for(int i = 1; i < prices.length; i++){dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][1] - prices[i], dp[i - 1][0]);dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][0] + prices[i], dp[i - 1][1]);}return dp[prices.length - 1][1];}
}class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int dp[][] = new int [2][2];//dp[i][0]: holding the stock//dp[i][1]: not holding the stockdp[0][0] = - prices[0];dp[0][1] = 0;for(int i = 1; i < prices.length; i++){dp[i % 2][0] = Math.max(dp[(i - 1) % 2][0], dp[(i - 1) % 2][1] - prices[i]);dp[i % 2][1] = Math.max(dp[(i - 1) % 2][1], dp[(i - 1) % 2][0] + prices[i]);}return dp[(prices.length - 1) % 2][1];}
}