第九章动态规划part12
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309.最佳买卖股票时机含冷冻期
class Solution { public int maxProfit(int[] prices) { //0代表持股票,1代表保持卖出状态,2代表卖出股票。3代表冷冻 int[][] dp = new int[prices.length][4]; dp[0][0] = -prices[0]; for(int i = 1 ; i
思路:分为四种状态进行讨论,所以需要二维数组,0代表持有股票的最大金额,1代表保持卖出状态的最大金额,2表示卖出股票的最大金额,3表示冷冻的最大金额,然后进行递推公式的推导,进行dp数组的初始化。
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714.买卖股票的最佳时机含手续费
/** * 卖出时支付手续费 * @param prices * @param fee * @return */ public int maxProfit(int[] prices, int fee) { int len = prices.length; // 0 : 持股(买入) // 1 : 不持股(售出) // dp 定义第i天持股/不持股 所得最多现金 int[][] dp = new int[len][2]; dp[0][0] = -prices[0]; for (int i = 1; i
思路:该题和买卖股票2基本类似,就是需要减去手续费。
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总结
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!
- 动态规划:121.买卖股票的最佳时机(opens new window)
- 动态规划:122.买卖股票的最佳时机II(opens new window)
- 动态规划:123.买卖股票的最佳时机III(opens new window)
- 动态规划:188.买卖股票的最佳时机IV(opens new window)
- 动态规划:309.最佳买卖股票时机含冷冻期(opens new window)
- 动态规划:714.买卖股票的最佳时机含手续费(opens new window)
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#卖股票的最佳时机
动态规划:121.买卖股票的最佳时机(opens new window),股票只能买卖一次,问最大利润。
【贪心解法】
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,代码如下:
class Solution { public: int maxProfit(vector& prices) { int low = INT_MAX; int result = 0; for (int i = 0; i
【动态规划】
- dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金。
- dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得现金。
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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] 所以dp[i][0] = max(dp[i – 1][0], -prices[i]);
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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佳价格卖出后所得现金即:prices[i] + dp[i – 1][0] 所以dp[i][1] = max(dp[i – 1][1], prices[i] + dp[i – 1][0]);
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代码如下:
// 版本一 class Solution { public: int maxProfit(vector& prices) { int len = prices.size(); if (len == 0) return 0; vector> dp(len, vector(2)); dp[0][0] -= prices[0]; dp[0][1] = 0; for (int i = 1; i
- 时间复杂度:O(n)
- 空间复杂度:O(n)
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使用滚动数组,代码如下:
// 版本二 class Solution { public: int maxProfit(vector& prices) { int len = prices.size(); vector> dp(2, vector(2)); // 注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组 dp[0][0] -= prices[0]; dp[0][1] = 0; for (int i = 1; i
- 时间复杂度:O(n)
- 空间复杂度:O(1)
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#买卖股票的最佳时机II
动态规划:122.买卖股票的最佳时机II(opens new window)可以多次买卖股票,问最大收益。
【贪心解法】
收集每天的正利润便可,代码如下:
class Solution { public: int maxProfit(vector& prices) { int result = 0; for (int i = 1; i
- 时间复杂度:O(n)
- 空间复杂度:O(1)
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【动态规划】
dp数组定义:
- 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
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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]
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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。
代码如下:(注意代码中的注释,标记了和121.买卖股票的最佳时机唯一不同的地方)
class Solution { public: int maxProfit(vector& prices) { int len = prices.size(); vector> dp(len, vector(2, 0)); dp[0][0] -= prices[0]; dp[0][1] = 0; for (int i = 1; i
- 时间复杂度:O(n)
- 空间复杂度:O(n)
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#买卖股票的最佳时机III
动态规划:123.买卖股票的最佳时机III(opens new window)最多买卖两次,问最大收益。
【动态规划】
一天一共就有五个状态,
- 没有操作
- 第一次买入
- 第一次卖出
- 第二次买入
- 第二次卖出
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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。
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]
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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]
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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]);
代码如下:
// 版本一 class Solution { public: int maxProfit(vector& prices) { if (prices.size() == 0) return 0; vector> dp(prices.size(), vector(5, 0)); dp[0][1] = -prices[0]; dp[0][3] = -prices[0]; for (int i = 1; i
- 时间复杂度:O(n)
- 空间复杂度:O(n 5)
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当然,大家可以看到力扣官方题解里的一种优化空间写法,我这里给出对应的C++版本:
// 版本二 class Solution { public: int maxProfit(vector& prices) { if (prices.size() == 0) return服务器托管网 0; vector dp(5, 0); dp[1] = -prices[0]; dp[3] = -prices[0]; for (int i = 1; i
- 时间复杂度:O(n)
- 空间复杂度:O(1)
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这种写法看上去简单,其实思路很绕,不建议大家这么写,这么思考,很容易把自己绕进去!对于本题,把版本一的写法研究明白,足以!
#买卖股票的最佳时机IV
动态规划:188.买卖股票的最佳时机IV(opens new window)最多买卖k笔交易,问最大收益。
使用二维数组 dp[i][j] :第i天的状态为j,所剩下的最大现金是dp[i][j]
j的状态表示为:
- 0 表示不操作
- 1 第一次买入
- 2 第一次卖出
- 3 第二次买入
- 4 第二次卖出
- …..
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除了0以外,偶数就是卖出,奇数就是买入。
- 确定递推公式
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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]
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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]
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dp[i][2] = max(dp[i – 1][1] + prices[i], dp[i – 1][2])
同理可以类比剩下的状态,代码如下:
for (int j = 0; j
整体代码如下:
class Solution { public: int maxProfit(int k, vector& prices) { if (prices.size() == 0) return 0; vector> dp(prices.size(), vector(2 * k + 1, 0)); for (int j = 1; j
当然有的解法是定义一个三维数组dp[i][j][k],第i天,第j次买卖,k表示买还是卖的状态,从定义上来讲是比较直观。但感觉三维数组操作起来有些麻烦,直接用二维数组来模拟三维数组的情况,代码看起来也清爽一些。
#最佳买卖股票时机含冷冻期
动态规划:309.最佳买卖股票时机含冷冻期(opens new window)可以多次买卖但每次卖出有冷冻期1天。
相对于动态规划:122.买卖股票的最佳时机II(opens new window),本题加上了一个冷冻期。
在动态规划:122.买卖股票的最佳时机II(opens new window)中有两个状态,持有股票后的最多现金,和不持有股票的最多现金。本题则可以花费为四个状态
dp[i][j]:第i天状态为j,所剩的最多现金为dp[i][j]。
具体可以区分出如下四个状态:
- 状态一:买入股票状态(今天买入股票,或者是之前就买入了股票然后没有操作)
- 卖出股票状态,这里就有两种卖出股票状态
- 状态二:两天前就卖出了股票,度过了冷冻期,一直没操作,今天保持卖出股票状态
- 状态三:今天卖出了股票
- 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!
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达到买入股票状态(状态一)即:dp[i][0],有两个具体操作:
- 操作一:前一天就是持有股票状态(状态一),dp[i][0] = dp[i – 1][0]
- 操作二:今天买入了,有两种情况
- 前一天是冷冻期(状态四),dp[i – 1][3] – prices[i]
- 前一天是保持卖出股票状态(状态二),dp[i – 1][1] – prices[i]
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所以操作二取最大值,即:max(dp[i – 1][3], dp[i – 1][1]) – prices[i]
那么dp[i][0] = max(dp[i – 1][0], max(dp[i – 1][3], dp[i – 1][1]) – prices[i]);
达到保持卖出股票状态(状态二)即:dp[i][1],有两个具体操作:
- 操作一:前一天就是状态二
- 操作二:前一天是冷冻期(状态四)
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dp[i][1] = max(dp[i – 1][1], dp[i – 1][3]);
达到今天就卖出股票状态(状态三),即:dp[i][2] ,只有一个操作:
- 操作一:昨天一定是买入股票状态(状态一),今天卖出
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即:dp[i][2] = dp[i – 1][0] + prices[i];
达到冷冻期状态(状态四),即:dp[i][3],只有一个操作:
- 操作一:昨天卖出了股票(状态三)
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p[i][3] = dp[i – 1][2];
综上分析,递推代码如下:
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];
整体代码如下:
class Solution { public: int maxProfit(vector& prices) { int n = prices.size(); if (n == 0) return 0; vector> dp(n, vector(4, 0)); dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票 for (int i = 1; i
- 时间复杂度:O(n)
- 空间复杂度:O(n)
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#买卖股票的最佳时机含手续费
动态规划:714.买卖股票的最佳时机含手续费(opens new window)可以多次买卖,但每次有手续费。
相对于动态规划:122.买卖股票的最佳时机II(opens new window),本题只需要在计算卖出操作的时候减去手续费就可以了,代码几乎是一样的。
唯一差别在于递推公式部分,所以本篇也就不按照动规五部曲详细讲解了,主要讲解一下递推公式部分。
这里重申一下dp数组的含义:
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[服务器托管网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]
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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
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所以:dp[i][1] = max(dp[i – 1][1], dp[i – 1][0] + prices[i] – fee);
本题和动态规划:122.买卖股票的最佳时机II(opens new window)的区别就是这里需要多一个减去手续费的操作。
以上分析完毕,代码如下:
class Solution { public: int maxProfit(vector& prices, int fee) { int n = prices.size(); vector> dp(n, vector(2, 0)); dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票 for (int i = 1; i
- 时间复杂度:O(n)
- 空间复杂度:O(n)
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