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夏安 人气:21. 最佳买卖股票时机含冷冻期
题目描述
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
题解
我们用 dp[i]
表示第 i
天结束之后的「累计最大收益」。根据题目描述,由于我们最多只能同时买入(持有)一支股票,并且卖出股票后有冷冻期的限制,因此我们会有三种不同的状态:
- 我们目前持有一支股票,对应的 累计最大收益 记为
dp[i][0]
; - 我们目前不持有任何股票,并且处于冷冻期中,对应的 累计最大收益 记为
f[i][1]
; - 我们目前不持有任何股票,并且不处于冷冻期中,对应的 累计最大收益 记为
f[i][2]
。
如何进行状态转移呢?在第 i 天时,我们可以在不违反规则的前提下进行 买入 或者 卖出 操作,此时第 i 天的状态会从第 i−1 天的状态转移而来;我们也可以不进行任何操作,此时第 i 天的状态就等同于第 i−1 天的状态。那么我们分别对这三种状态进行分析:
对于 dp[i][0]
,我们目前持有的这一支股票可以是在第 i−1
天就已经持有的,对应的状态为 f[i−1][0]
;或者是第 i
天买入的,那么第 i-1
天就不能持有股票并且不处于冷冻期中,对应的状态为 dp[i−1][2]
加上买入股票的负收益 prices[i]
。因此状态转移方程为:dp[i][0]=max(dp[i−1][0], dp[i−1][2]−prices[i])
对于 dp[i][1]
,我们在第 i
天结束之后处于冷冻期的原因是在当天卖出了股票,那么说明在第 i−1
天时我们必须持有一支股票,对应的状态为 dp[i−1][0]
加上卖出股票的正收益 prices[i]
。因此状态转移方程为:dp[i][1]=dp[i−1][0]+prices[i]
对于 dp[i][2]
,我们在第 i
天结束之后不持有任何股票并且不处于冷冻期,说明当天没有进行任何操作,即第 i-1
天时不持有任何股票:如果处于冷冻期,对应的状态为 dp[i−1][1]
;如果不处于冷冻期,对应的状态为 dp[i−1][2]
。因此状态转移方程为:dp[i][2]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][2])
这样我们就得到了所有的状态转移方程。如果一共有 n
天,那么最终的答案即为:max(dp[n−1][0],dp[n−1][1],dp[n−1][2])
注意到如果在最后一天(第 n−1
天)结束之后,手上仍然持有股票,那么显然是没有任何意义的。因此更加精确地,最终的答案实际上是 dp[n-1][1]
和 dp[n-1][2]
中的较大值,即:max(dp[n−1][1],dp[n−1][2])
注意到上面的状态转移方程中,dp[i][..]
只与 dp[i-1][..]
有关,而与 dp[i-2][..]
及之前的所有状态都无关,因此我们不必存储这些无关的状态。也就是说,我们只需要将 dp[i-1][0]
,dp[i−1][1]
,dp[i-1][2]
存放在三个变量中,通过它们计算出 dp[i][0]
,dp[i][1]
,dp[i][2]
并存回对应的变量,以便于第 i+1
天的状态转移即可。
/** * @param {number[]} prices * @return {number} */ var maxProfit = function(prices) { const length = prices.length; let [dp0, dp1, dp2] = [-prices[0], 0, 0]; for(let i = 1; i < length; i++) { let newDp0 = Math.max(dp0, dp1 - prices[i]); let newDp1 = Math.max(dp1, dp2); let newDp2 = dp0 + prices[i]; dp0 = newDp0; dp1 = newDp1; dp2 = newDp2; } return Math.max(dp1, dp2); };
2. 买卖股票的最佳时机 III
题目描述
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 。
示例 2:
输入:prices = [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:prices = [7,6,4,3,1]
输出:0
解释:在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
示例 4:
输入:prices = [1]
输出:0
题解
每一天结束之后,有可能处于以下五种状态之一:
- 没有买股也没有卖股。
- 买了第一支股,但是还没有卖出第一支股。
- 买了第一支股,并且卖出第一支股。
- 买了第一支股,并且卖出第一支股,买了第二支股,但是还没有卖出第二支股。
- 买了第一支股,并且卖出第一支股,买了第二支股,并且卖出第二支股。
我们可以遍历 prices
数组,模拟第 i 天的情况。计算出第 i 天五种情况利润的最大值。
- 对于第一种情况,利润始终为 0。
- 对于第二种情况,由于还没有盈利,只买进了某支股,为亏损状态。此时,亏损的最小值是
prices[0]
至prices[i]
的最小值,假设为buy1
。可以看做,第二种情况利润的最大值为:-buy1
。状态转移方程为:buy1 = max(buy1, -prices[i]);
- 对于第三种情况,利润的计算需要在第二种情况的基础上再卖出一支股。所以需要先计算第二种情况,再在遍历到
prices[i]
的时候,判断要不要卖出。如果在以最小的亏损买入第一支股的情况下,卖出当前这支股所得利润最大,则卖出当前这支股。状态转移方程为:sell1 = max(sell1, prices[i] + buy1);
注意这里是prices[i] + buy1
,不是prices[i] - buy1
,因为buy1
是负值,代表利润。 - 对于第四种情况,不能直接买入,因为有可能第一支股还没卖出。利润的计算需要在第三种情况的基础上再买入一支股。所以需要先计算第三种情况,再在遍历到
prices[i]
的时候,判断要不要买入。如果在卖出第一支股所得利润最大的情况下,买入当前这支股最终所得利润最大,则买入当前这支股。状态转移方程为:buy2 = max(buy2, sell1 - prices[i]);
- 对于第五种情况,利润的计算需要在第四种情况的基础上再卖出一支股。所以需要先计算第四种情况,再在遍历到
prices[i]
的时候,判断要不要卖出。如果在卖出第一支股然后买入第二支股所得利润最大的情况下,卖出当前这支股所得利润最大,则卖出当前这支股。状态转移方程为:sell2 = max(sell2, prices[i] + buy2);
最终的 sell2
就是我们要的答案。
/** * @param {number[]} prices * @return {number} */ var maxProfit = function (prices) { const n = prices.length; let buy1 = -prices[0]; let sell1 = 0; let buy2 = -prices[0]; let sell2 = 0; for (let i = 1; i < n; i++) { buy1 = Math.max(buy1, -prices[i]); sell1 = Math.max(sell1, prices[i] + buy1); buy2 = Math.max(buy2, sell1 - prices[i]); sell2 = Math.max(sell2, prices[i] + buy2); } return sell2; };
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