LeetCode刷题—股票交易问题

再做一次股票交易问题，又发现满满的套路，跟我一起重刷一遍吧！思路清晰！一口气狂撸6道题！

题目汇总：

贪心

121，最多进行一次买卖
122，可以多次买卖

二维DP

122，可以多次买卖
- 309，多次买卖+卖出冷冻期
- 714，多次买卖+卖出手续费

三维DP

123，最多两次买卖
188，最多 k 次买卖

注意卖出必须在买入之后！

【贪心】

121，买卖股票的最佳时机，easy

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。

如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票一次），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。

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。

题解
记录当前的最小价格，当前价格与最小价格的差即为当前卖出的利润。维护两个变量：最小价格 low，和最大利润 maxP

代码

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
		int low = Integer.MAX_VALUE;
        int maxP = 0;
        for(int i = 0; i < prices.length; i++){
            //如果当前价格比low小，更新low
            if(prices[i] < low) low = prices[i];
            //得到每次以当前价格卖出得到的最大利润值
            maxP = Math.max(maxP, prices[i] - low);
        }
        return maxP;
    }
}

122，买卖股票的最佳时机Ⅱ，easy

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 。

题解
可以无限次进行交易，则只要当天比前一天的价格高即可卖出，获得利润。

代码

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {        
		if(prices.length < 2) return 0;
        int maxP = 0;
        for(int i = 1; i < prices.length; i++){
            if(prices[i] > prices[i - 1])
                maxP += prices[i] - prices[i - 1];
        }
        return maxP;
    }
}

【二维DP】

上面的 122题还可以用动态规划来解，理解了此题DP的思想，309题和714题就很好懂了！

122，买卖股票的最佳时机Ⅱ，easy

对股票，每天有三种选择：买入、卖出、保持不变。保持不变分为两种状态：一种是买入之后的持有股票，一种是卖出之后的不持有股票。

子问题
$d p [i] [j]$ — 在第 i 天持有状态为 s 的最大利润。其中 s = 0 表示当天不持有股票，s = 1表示当天持有股票。
base case
$d p [0] [0] = 0$ — 在第0天不持有股票，利润为0
$d p [0] [1] = - p r i c e s [i]$ — 在第0天持有股票，利润为第一天股票价格的负值
状态转移
- $d p [i] [0] = M a t h . m a x (d p [i - 1] [0], d p [i - 1] [1] + p r i c e s [i]$
  在第 i 天不持有股票，前一天有两种可能：也不持有股票或者持有股票但在第 i 天卖出
- $d p [i] [1] = M a t h . m a x (d p [i - 1] [1], d p [i - 1] [0] - p r i c e s [i]$
  在第 i 天持有股票，前一天有两种可能：也持有股票或者不持有股票但在第 i 天买入
返回值
返回在第 n -1 天不持有的最大利润 $d p [i - 1] [0]$ ，不持有才是利润最大的时候

代码

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;//天数
        int[][] dp = new int[n][2];
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0];
        for(int i = 1; i < n; i++){
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
        }
        return dp[n - 1][0];
    }
}

309，最佳买卖股票时机含冷冻期，medium

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]

题解

此题与上面的区别在于卖出之后冷冻期为 1 天，那么在状态转移中如果当天持有股票，就不能讨论与前一天的情况变化，而是考虑与两天前的情况比较。

如果今天持有股票，可能前一天持有保持不变，也可能之前没有股票，今天买入。

那么状态转移方程就变为 $d p [i] [1] = M a t h . m a x (d p [i - 1] [1], d p [i - 2] [0] - p r i c e s [i])$ 。
此时，for循环中 i 从 2 开始遍历。相应地，base case 的情况也要变化。

代码

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        if(prices.length < 2) return 0;
        int n = prices.length;
        int[][] dp = new int[n][2];
        //base case
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = - prices[0];
        dp[1][0] = Math.max(0, prices[1] - prices[0]);
        dp[1][1] = Math.max(-prices[0], -prices[1]);
        
        for(int i = 2; i < n; i++){
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 2][0] - prices[i]);
        }
        return dp[n - 1][0];
    }
}

714，最佳买卖股票时机含手续费，medium

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
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.

题解

与 122题的唯一区别就是付手续费，那很简单嘛，设定买入需要交手续费，只要在原来买入的时候减去fee 即可。

代码

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
        int n = prices.length; 
        if(n < 2) return 0;
        int[][] dp = new int[n][2];
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0] - fee;
        for(int i = 1; i < n; i++){
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee);
        }
        return dp[n - 1][0];
    }
}

【三维DP】

123，买卖股票的最佳时机Ⅲ，hard

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 。

题解

限定了交易次数，所以需要再加一个状态 k。
$d p [i] [k] [s]$ — 在第 i 天，交易次数最多为 k，持有状态为 s 的最大利润。其中，0 =< i <= n - 1 , k >= 1，s = 0 或 1。

此时的状态转移方程：

$d p [i] [k] [0] = m a x (d p [i - 1] [k] [0], d p [i - 1] [k] [1] + p r i c e s [i])$

解释：今天没有持有股票，有两种可能：

要么是昨天就没有持有，然后今天保持不变；要么是昨天持有股票，但是今天卖出了，所以今天没有持有股票。
$d p [i] [k] [1] = m a x (d p [i - 1] [k] [1], d p [i - 1] [k - 1] [0] - p r i c e s [i])$

解释：今天持有着股票，有两种可能：

要么昨天就持有着股票，然后今天保持不变；要么昨天本没有持有，但今天买入，所以今天就持有股票了。

由状态转移方程，for 循环从 1 遍历，base case中就要讨论边界条件。

返回值：第 n - 1天不持有股票且最多交易2次的最大利润 $d p [n - 1] [2] [0]$

代码

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        if(prices.length < 2) return 0;
        int n = prices.length;
        int max_k = 2;
        int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];

        // dp[0][1][0] = 0;
        // dp[0][2][0] = 0;
        // dp[0][1][1] = -prices[0];
        // dp[0][2][1] = -prices[0];

        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int k = max_k; k >= 1; k--){
                //处理base case
                if(i - 1 == -1){
                    dp[i][1][0] = 0;
                    dp[i][2][0] = 0;
                    dp[i][1][1] = -prices[i];
                    dp[i][2][1] = -prices[i];
                    continue;
                    //dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i]) = max(0,-无穷) = 0
                    //dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + prices[i]) = max(0,-无穷) = 0
                    //dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1],dp[i-1][0][0] - prices[i]) = max(-无穷, -prices[i]) = -prices[i]
                    //dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1],dp[i-1][0][0] - prices[i]) = max(-无穷, -prices[i]) = -prices[i]
                }
               dp[i][k][0] = Math.max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);
               dp[i][k][1] = Math.max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);
            }
        }
        return dp[n - 1][max_k][0];
    }
}

188，买卖股票的最佳时机Ⅲ，hard

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 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 。

思路

与上一题区别在于完成 k 笔交易，有了上一题的铺垫，此题的代码很好解决。但按照上面的思路，k 太大会出现超出内存限制。思考：交易数k 最大有多大呢？

一次交易分为买入和卖出，至少需要两天。所以有效的限制 k <= n / 2，如果超过，就没有约束作用了，相当于 k = +无穷（即第122题）。

代码

class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        if(prices.length < 2 || k < 1) return 0;
        int n = prices.length;
        int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];

        if(k > n / 2){
            return maxProfit(prices);
        }

        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int j = k; j >= 1; j--){
                //处理base case
                if(i - 1 == -1){
                    dp[i][j][0] = 0;
                    dp[i][j][1] = -prices[i];
                    continue;
                    }
               dp[i][j][0] = Math.max(dp[i-1][j][0], dp[i-1][j][1] + prices[i]);
               dp[i][j][1] = Math.max(dp[i-1][j][1], dp[i-1][j-1][0] - prices[i]);
            }
        }
        return dp[n - 1][k][0];
    }
    public int maxProfit(int[] prices) {
        if(prices.length < 2) return 0;
        int n = prices.length;
        int[][] dp = new int[n][2];
        //base case
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0];

        for(int i = 1; i < n ; i++){
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
        }
        return dp[n - 1][0];
    }
}