代码随想录算法训练营day40：动态规划08：股票问题_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

121. 买卖股票的最佳时机

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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。

贪心

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。

我一开始写的 动态规划：

还是比较基于贪心算法的方法

int maxProfit(int* prices, int pricesSize) {
    int dp[pricesSize];//在第j天 及以前，能得到的最大收益
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    if(pricesSize==0 || pricesSize==1) return 0;
 
    dp[0]=0;
    dp[1]=fmax(0,prices[1]-prices[0]);
    int min=fmin(prices[0],prices[1]);//记录最小的成本
 
    for (int j=2;j<pricesSize;j++){
        if(min>prices[j]) {//应该在第j天卖出
            min=prices[j];
            dp[j]=dp[j-1];//成本价改变，但是在第j天卖出 最大收益没办法计算到第j-1天
        }
        else dp[j]=fmax(dp[j-1],prices[j]-min);
    }
 
    for (int j=0;j<pricesSize;j++){
        printf("%d",dp[j]);
    }
 
    return dp[pricesSize-1];
}

动态规划：

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，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。

int maxProfit(int* prices, int pricesSize) {
    int dp[pricesSize][2];//第几天，0表示第j天不持有股票（包括j天卖掉），1表示持有股票（包括j天买入）
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    dp[0][0]=0;
    dp[0][1]=-prices[0];
    
    for (int j=1;j<pricesSize;j++){
        dp[j][0]=fmax(dp[j-1][0],prices[j] + dp[j-1][1]);
        dp[j][1]=fmax(dp[j-1][1],-prices[j]);
    }
    return fmax(dp[pricesSize-1][0],dp[pricesSize-1][1]);
}

122.买卖股票的最佳时机II

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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 。

int maxProfit(int* prices, int pricesSize) {
    int dp[pricesSize][2];
    //0表示这天手上没有股票，包括这天卖出，最多手上有多少钱
    //1表示这天手上有股票，包括这天买到，最多手上有多少钱
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    dp[0][0]=0;
    dp[0][1]=-prices[0];
 
    for(int j=1;j<pricesSize;j++){
        //第j天最后手上没有股票的两种情况：本来就没有，卖掉了
        dp[j][0]= fmax(dp[j-1][0], prices[j] + dp[j-1][1]);
        //第j天手上最后有股票的两种情况：本来就有，今天刚买了股票（买股票要求本来手上没有股票）
        dp[j][1]= fmax(dp[j-1][1], dp[j-1][0]-prices[j]);
    }
    return fmax(dp[pricesSize-1][0], dp[pricesSize-1][1]);
}

123.买卖股票的最佳时机III

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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。

分析：

按照题意，区分每一天的状态！

然后会发现无操作的状态可以不用考虑

重点是初始化！！！为什么day0 第三个状态需要初始化呢？：dp【i】【j】记录的是在第i天 j种情况中花费掉的钱，需要算在里面，后续计算的dp【i】【3】会用到

为什么最后一个的k情况是最大的：现在最大的时候一定是卖出的状态，而两次卖出的状态现金最大一定是最后一次卖出。如果想不明白的录友也可以这么理解：如果第一次卖出已经是最大值了，那么我们可以在当天立刻买入再立刻卖出。所以dp[4][4]已经包含了dp[4][2]的情况。也就是说第二次卖出手里所剩的钱一定是最多的。

最后一单未进行的情况，或者说可以理解成原地出售的情况，其实暗含在dp[i][4]=fmax(dp[i-1][4]中了

int maxProfit(int* prices, int pricesSize) {
    int dp[pricesSize][5];//没有操作 0 ,能拿到的最大的钱
    //第一次持有股票 1
    //第一次不持有股票 2
    //第二次持有股票 3
    //第二次不持有股票 4
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[0][1]=-prices[0];
    dp[0][3]=-prices[0];//这个初始化很重要！！！
    
    
    for (int i=1;i<pricesSize;i++){
        //dp[i][0]=dp[i-1]
        dp[i][1]=fmax(dp[i-1][1],-prices[i]);//分为本来就有股票，和今天买入的股票
        dp[i][2]=fmax(dp[i-1][2],prices[i] + dp[i-1][1]);
        dp[i][3]=fmax(dp[i-1][3], dp[i-1][2]-prices[i]);
        dp[i][4]=fmax(dp[i-1][4],prices[i]+dp[i-1][3]);
 
    }
    return dp[pricesSize-1][4];
 
}

188.买卖股票的最佳时机IV

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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 。

int maxProfit(int k, int* prices, int pricesSize) {
    int total=2*k;
    int dp[pricesSize][total];
    //1,3,5,7,9...这些是卖出的
    //0是第一次有股票,1对应第一次卖掉
    memset(dp,0,sizeof(dp));
 
    for (int i=0;i<k;i++){
        dp[0][2*i]=-prices[0];
    }
 
 
    for (int t=1;t<pricesSize;t++){
        dp[t][0]=fmax(dp[t-1][0],-prices[t]);///一开始这个赋值没有想清楚
        dp[t][1]=fmax(dp[t-1][1] , prices[t]+dp[t-1][0]);
 
        for (int i=1;i<k;i++){
           
            //第i次买到股票，本来手上就有 && 今天刚买
            dp[t][2*i]= fmax(dp[t-1][2*i], dp[t-1][2*i-1]-prices[t]   );
             //第i次卖掉股票，本来就没有or卖掉了
            dp[t][2*i+1]=fmax(dp[t-1][2*i+1] , prices[t]+dp[t-1][2*i]);
            
            
        }
    }
 
    return dp[pricesSize-1][2*k-1];
}

309.最佳买卖股票时机含冷冻期

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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]

分析：

具体可以区分出如下四个状态：——状态要尽量分的细致一点！！！只考虑昨天 对 今天的影响

• 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！

int maxProfit(int* prices, int pricesSize) {
    //0:手上有股票——手上有最多的钱是多少？
    //1:手上没有股票,且不是今天卖出的股票
    //2:今天卖出的股票
    //3：在冷冻期
 
    int dp[pricesSize+1][4];
    memset(dp,0,sizeof(dp));
 
    dp[0][0]=-prices[0];
 
    for(int j=1;j<pricesSize;j++){
        dp[j][0]=fmax(dp[j-1][0], fmax(dp[j-1][1]-prices[j] , dp[j-1][3] -prices[j]  )   );
        dp[j][1]= fmax(dp[j-1][1],  fmax(dp[j-1][2],dp[j-1][3]) );
        dp[j][2]= dp[j-1][0] +prices[j];
        dp[j][3] = dp[j-1][2];
 
    }
 
 
 
 
    return fmax(dp[pricesSize-1][1],fmax(dp[pricesSize-1][2],dp[pricesSize-1][3]));
}

714.买卖股票的最佳时机含手续费

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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

只要在122的基础上，加上卖股票的时候扣去手续费即可！

int maxProfit(int* prices, int pricesSize, int fee) {
    int dp[pricesSize][2];
    //0表示这天手上没有股票，包括这天卖出，最多手上有多少钱
    //1表示这天手上有股票，包括这天买到，最多手上有多少钱
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    dp[0][0]=0;
    dp[0][1]=-prices[0];
 
    for(int j=1;j<pricesSize;j++){
        //第j天最后手上没有股票的两种情况：本来就没有，卖掉了
        dp[j][0]= fmax(dp[j-1][0], prices[j] + dp[j-1][1]-fee);//就是这里！！！！！！！！！！！！！！！！！
        //第j天手上最后有股票的两种情况：本来就有，今天刚买了股票（买股票要求本来手上没有股票）
        dp[j][1]= fmax(dp[j-1][1], dp[j-1][0]-prices[j]);
    }
    return fmax(dp[pricesSize-1][0], dp[pricesSize-1][1]);
 
}

Leetcode股票问题总结篇!

之前我们已经把力扣上股票系列的题目都讲过的，但没有来一篇股票总结，来帮大家高屋建瓴，所以总结篇这就来了！

贪心思路：

最左最小值，最右最大值

复杂一些之后需要使用动态规划的思路：

将每天股票状态分成若类，每一类都可以用前一天的状态决定

讨论每天每种状态的最大值

注意递推公式细节和初始化

有时候会写错dp和nums数组，还有要确保下标有效