动态规划——股票问题合集(二)

简介: 动态规划——股票问题合集(二)

买卖股票的最佳时机Ⅳ(LeetCode-188)


题目

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 。


示例 2:

输入:k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]
输出:7
解释:在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入,在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。
     随后,在第 5 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 。


提示:


0 <= k <= 100

0 <= prices.length <= 1000

0 <= prices[i] <= 1000


思路

在做了买卖股票的最佳时机Ⅲ(LeetCode-123)后,肯定明白了除了状态0,其他的都是奇数买入,偶数卖出


五部曲就不写了,直接参考买卖股票的最佳时机Ⅲ(LeetCode-123)


代码展示

class Solution
{
public:
    int maxProfit(int k, vector<int> &prices)
    {
        int n = prices.size();
        if (n == 0)
        {
            return 0;
        }
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2 * k + 1));
        for (int j = 0; j < k; j++)
        {
            dp[0][j * 2 + 1] = -prices[0];
        }
        for (int i = 1; i < n; i++)
        {
            for (int j = 0; j < k; j++)
            {
                dp[i][j * 2 + 1] = max(dp[i - 1][j * 2] - prices[i], dp[i - 1][j * 2 + 1]);
                dp[i][j * 2 + 2] = max(dp[i - 1][j * 2 + 1] + prices[i], dp[i - 1][j * 2 + 2]);
            }
        }
        return dp[n - 1][k * 2];
    }
};


最佳买卖股票时机含冻结期(LeetCode-309)


题目

给定一个整数数组prices,其中第 prices[i] 表示第 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):


卖出股票后,你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。

**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 = [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]


示例 2:

输入: prices = [1]
输出: 0


提示:


1 <= prices.length <= 5000

0 <= prices[i] <= 1000


思路

五部曲


dp[i][j] 的含义

四种状态

状态一:买入股票状态(今天买入股票或者之前买入就没有操作了)

状态二:两天前就卖出了股票,度过了冷冻期

状态三:今天卖出股票

状态四:今天为冷冻期

递推公式

d p [ i ] [ 0 ] 可由两个状态推出

第 i − 1天持有股票,则等于 d p [ i − 1 ] [ 0 ]

第 i 天买入股票(今天买入),分两种情况

前一天是冷冻期:d p [ i − 1 ] [ 3 ] − p r i c e s [ i ]

前一天是保持卖出股票状态:d p [ i − 1 ] [ 1 ] − p r i c e s [ i ]

选择所得现金最多的,即二者较大值

d p [ i ] [ 1 ]可由两个状态推出

第 i − 1天就已经是状态二,则等于 d p [ i − 1 ] [ 1 ]

前一天是冷冻期,则等于 d p [ i − 1 ] [ 3 ]

选择所得现金最多的,即二者较大值

d p [ i ] [ 2 ]  只由一个状态推出

前一天一定是买入股票的状态(状态一):d p [ i − 1 ] [ 0 ] + p r i c e s [ i ] 只由一个状态推出

前一天一定是卖出股票的状态(状态三):d p [ i − 1 ] [ 2 ]

数组初始化

dp[0][0] 表示第0天买入股票,所以等于 − p r i c e [ 0 ]

遍历顺序

从前往后


代码展示

class Solution
{
public:
    int maxProfit(vector<int> &prices)
    {
        int n = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(4));
        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][1], max(dp[n - 1][2], dp[n - 1][3]));
    }
};


这题挺绕的,不看题解完全不会写。


买卖股票的最佳时机含手续费(LeetCode-714)


题目

给定一个整数数组 prices,其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格 ;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


示例 2:

输入:prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出:6


提示:


1 <= prices.length <= 5 * 104

1 <= prices[i] < 5 * 104

0 <= fee < 5 * 104


思路

和 LeetCode-122 差不多类型,只要卖出时减去手续费就行


五部曲


dp[i][取0或1] 的含义

d p [ i ] [ 0 ]表示第 i 天持有该股票所得现金

d p [ i ] [ 1 ]表示第 i 天不持有该股票所得现金

递推公式

d p [ i ] [ 0 ] 可由两个状态推出

第 i − 1天持有股票,则等于 d p [ i − 1 ] [ 0 ]

第 i  天买入股票,由于可以多次买入,可能会出现之前已经买卖过一轮产生利润的情况,所得现金就为今天买入后 d p [ i − 1 ] [ 1 ] − p r i c e [ i ]

选择所得现金最多的,即二者较大值

d p [ i ] [ 1 ] 可由两个状态推出

第 i − 1 天不持有股票,则等于 d p [ i − 1 ] [ 1 ]

第 i 天卖出股票,则等于 p r i c e [ i ] + d p [ i − 1 ] [ 0 ] − f e e

选择所得现金最多的,即二者较大值

数组初始化

dp[0][0] 表示第0天持有股票,所以等于 − p r i c e [ 0 ]

dp[0][1] 表示第0天不持有股票,等于0

遍历顺序

从前往后


代码展示

class Solution
{
public:
    int maxProfit(vector<int> &prices, int fee)
    {
        int n = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));
        dp[0][0] = -prices[0];
        dp[0][1] = 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 dp[n - 1][1];
    }
};
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