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此系列后面还有两篇,此篇为第一篇。
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。
提示:
1 <= prices.length <= 105
0 <= prices[i] <= 104
- class Solution {
- public:
- int maxProfit(vector<int>& prices) {
-
- int low = INT_MAX;
- int res = 0;
- for (int i = 0; i < prices.size(); i++)
- {
- low = min(low, prices[i]);
- res = max(res, prices[i] - low);
- }
- return res;
- }
- };
简单题,就是遍历找前后最大差值而已。
给你一个整数数组 prices
,其中 prices[i]
表示某支股票第 i
天的价格。
在每一天,你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买,然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润 。
示例 1:
输入:prices = [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 。 总利润为 4 + 3 = 7 。
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 。 总利润为 4 。
示例 3:
输入:prices = [7,6,4,3,1] 输出:0 解释:在这种情况下, 交易无法获得正利润,所以不参与交易可以获得最大利润,最大利润为 0 。
提示:
1 <= prices.length <= 3 * 104
0 <= prices[i] <= 104
- class Solution {
- public:
- int maxProfit(vector<int>& prices)
- {
- int result=0;
- for(int i=1;i
size();i++) - {
- //赚钱直接卖出
- if(prices[i]-prices[i-1]>0) result=result+prices[i]-prices[i-1];
- }
- return result;
- }
- };
只要赚钱就卖出。
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
提示:
1 <= prices.length <= 105
0 <= prices[i] <= 105
-
- class Solution {
- public:
-
- int maxProfit(vector<int>& prices)
- {
- // int f[prices.size()][5]
- vector
int>> f(prices.size(), vector<int>(5, 0)); - f[0][0] = 0, f[0][1] = -prices[0], f[0][2] = 0, f[0][3] = -prices[0], f[0][4] = 0; // 未持有、第一次持有股票,第一次不持有股票, 第二次持有股票,第二次不持有股票的金额
- for (int i = 1; i < prices.size(); i++)
- {
- f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] - prices[i]); // 第i天第一次持有状态的最大金额 = max(已经持有,第i天购入)
- f[i][2] = max(f[i - 1][2], f[i - 1][1] + prices[i]); // 第i天第一次不持有状态的最大金额 = max(已经不持有, 第 i 天卖出)
- f[i][3] = max(f[i - 1][3], f[i - 1][2] - prices[i]); // 第i天第二次持有状态最大金额 = max(已经第二次持有, 第 i 天购入)
- f[i][4] = max(f[i - 1][4], f[i - 1][3] + prices[i]); // 第i天第二次不持有状态最大金额 = max(已经第二次不持有, 第i天卖出)
- }
- return f[prices.size() - 1][4]; // 根据dp数组的含义,最后一天后不持有的最大金额为结果
- }
- }
根据题意,每天可以有四个状态,第一次持有股票,第一次不持有股票, 第二次持有股票,第二次不持有股票,所以可以定义出dp数组,表示第 i 天四个状态的最大金额。(当然还有一次没买入的状态,也就是下标0的位置,本身就都为0,就不再过程中单独赋值了)
初始化可以理解为在当天买入,又在当天卖出,所以第一次买入和第二次买入利润为负数不要奇怪,负数的理解就是当前不赚还亏钱,这点很重要,帮助我们理解dp数组。所以根据dp数组含义不难写出递推公式。
递推公式:
f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] - prices[i]); // 第i天第一次持有状态的最大金额 = max(已经第一次持有,第 i 天购入)
f[i][2] = max(f[i - 1][2], f[i - 1][1] + prices[i]); // 第i天第一次不持有状态的最大金额 = max(已经第一次不持有, 第 i 天卖出)
f[i][3] = max(f[i - 1][3], f[i - 1][2] - prices[i]); // 第i天第二次持有状态最大金额 = max(已经第二次持有, 第 i 天购入)
f[i][4] = max(f[i - 1][4], f[i - 1][3] + prices[i]); // 第i天第二次不持有状态最大金额 = max(已经第二次不持有, 第 i 天卖出)
最后输出结果即可,当然可以看出状态只由上一层中左上和上状态计算得到,所以可以一维优化。
为什么都取max?
买入时取max,说明买入花的钱越少,剩的钱越多。
卖出时取max,说明卖出的利润多,赚的钱越多。
注意点:买入为减,卖出为加。
- class Solution {
- public:
-
- int maxProfit(vector<int>& prices)
- {
- // int f[prices.size()][5]
- vector<int> f(5, 0);
- f[0] = 0, f[1] = -prices[0], f[2] = 0, f[3] = -prices[0], f[4] = 0; // 第一次持有股票,第一次不持有股票, 第二次持有股票,第二次不持有股票的金额
- for (int i = 1; i < prices.size(); i++)
- {
- f[1] = max(f[1], f[0] - prices[i]); // 第i天第一次持有状态的最大金额 = max(已经持有,第i天购入)
- f[2] = max(f[2], f[1] + prices[i]); // 第i天第一次不持有状态的最大金额 = max(已经不持有, 第 i 天卖出)
- f[3] = max(f[3], f[2] - prices[i]); // 第i天第二次持有状态最大金额 = max(已经第二次持有, 第 i 天购入)
- f[4] = max(f[4], f[3] + prices[i]); // 第i天第二次不持有状态最大金额 = max(已经第二次不持有, 第i天卖出)
- }
- return f[4]; // 根据dp数组的含义,最后一天后不持有的最大金额为结果
- }
- };
给你一个整数数组 prices
和一个整数 k
,其中 prices[i]
是某支给定的股票在第 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。也就是说,你最多可以买 k
次,卖 k
次。
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:
1 <= k <= 100
1 <= prices.length <= 1000
0 <= prices[i] <= 1000
- class Solution {
- public:
- int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
-
- vector
int>> f(prices.size(), vector(2 * k + 1, 0)); - for (int i = 1; i < 2 * k; i += 2)
- {
- f[0][i] = -prices[0];
- }
- for (int i = 1; i < prices.size(); i++)
- {
- for (int j = 1; j <= 2 * k; j += 2)
- {
- f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - 1] - prices[i]);
- f[i][j + 1] = max(f[i - 1][j + 1], f[i - 1][j] + prices[i]);
- }
- }
- return f[prices.size() - 1][2 * k];
- }
- };
与上一题完全相同,只不过变成了k次买卖,只需要根据上一题把数组扩大成2 * k 的大小,分别表示第k次持有和不持有状态的最大金额,依照上一题根据奇偶写出递推式即可。