代碼隨想錄算法訓練營|第五十二天|123 买卖股票的最佳时机III、188 买卖股票的最佳时机IV。刷题心得（c++）

目录

讀題

123 买卖股票的最佳时机III

自己看到题目的第一想法

看完代码随想录之后的想法

188 买卖股票的最佳时机IV

自己看到题目的第一想法

看完代码随想录之后的想法

123 买卖股票的最佳时机III - 實作

思路

Code

188 买卖股票的最佳时机IV - 實作

思路

Code

總結

自己实现过程中遇到哪些困难

今日收获，记录一下自己的学习时长

相關資料

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讀題

123 买卖股票的最佳时机III

自己看到题目的第一想法

看到的時候我在想是不是就擴展兩格去紀錄的第一次最高以及第二次最高，但思考過後發現無法實現，因為有可能會有重複計算的問題，思考了很久沒有解法。

看完代码随想录之后的想法

分為五個狀態，就是不操作，第一次持有\不持有、第二次持有\不持有

太清晰了，因為透過維護兩個持有的值，來求出最後的結果，在II中，可以多次買賣，所以只要不斷的去維護最後的總数，但在這個題目透過堆疊，去把第一次的獲利與第二次的獲利統合在一個狀態當中。

188 买卖股票的最佳时机IV

自己看到题目的第一想法

這題只是123的一個小變形而已，只是將原本的兩次改為k，在這邊就要定義好dp下標的含意，其實其他部份都一樣。

看完代码随想录之后的想法

看完之後跟我的想法差不多，只是卡哥的做法是for循環裡面直接做兩次運算，我是會跑比較多的循環数，但整體概念因為有123的概念，所以基本上就是把買賣次数給抽象化出來。

123 买卖股票的最佳时机III - 實作

思路

1. 定義DP數組以及下標的含意

   分為五種狀況

   dp[i][0] 不操作

   dp[i][1] 第一次持有

   dp[i][2] 第一次不持有 (得到第一次持有的獲利)

   dp[i][3] 第二次持有

   dp[i][4] 第二次不持有 (得到第二次持有的獲利)

2. 遞推公式

   dp[i][0] = dp[i - 1][0]

   dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]) (上一次持有的金額與上一次不操作持有目前的股票，哪個比較值得)

   dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]) (上一次獲利的金額與持有上一次的股票目前賣出，哪個比較值得)

   dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]) (上一次獲利的現金買入目前的股票與持有上一次的股票獲利，哪個比較值得)

   dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]) (上一次使用第第一次買入的獲利與上一次買入的股票在今天才賣，哪個比較值得)

3. 根據遞推公式、題意以及定義，確定DP數組如何初始化

   dp[0][0] = 0 → 不操作

   dp[0][1] = -prices[0] → 第一次持有

   dp[0][2] = 0 第一次不持有(-prices[0] + prices[0])

   dp[0][3] = -prices[0] → 第二次持有 (今天我買了又賣了又買了)

   dp[0][4] = 0 → 第二次不持有

4. 確定遍歷順序

   是透過前面的狀況推導出後面的狀況，所以是由前往後遍歷

Code

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        vectorint>> dp (prices.size(), vector<int>(5,0)) ;
        dp[0][1] = -prices[0];
        dp[0][3] = -prices[0];
 
        for(int i = 1; i < prices.size(); i++) {
            dp[i][0] = dp[i - 1][0];
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
            dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            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]);
        }
        
        return dp[prices.size() - 1][4];
    }
};

188 买卖股票的最佳时机IV - 實作

思路

1. 定義DP數組以及下標的含意

   分為三種狀況

   dp[i][0] 不操作

   dp[i][j]: 有兩種狀況，持有與不持有

   dp[i][2 * k - 1] 第 2 * k -1 持有

   dp[i][2 * k] 第 2 * k不持有

2. 遞推公式

   基本上跟123一致，只是要去遍歷2 * k 次数組，去逐步更新数組

   持有 dp[i][j] = max (dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1] - prices[0]);

   不持有 dp[i][j] = max (dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1] + prices[0]);

   持有跟不持有的部份可以根據觀察發現，在%2時，持有是1，不持有是0，透過這個方式更新数組

3. 根據遞推公式、題意以及定義，確定DP數組如何初始化

   在dp[i][j]時，在單數時都設定為持有的狀況。

4. 確定遍歷順序

   是透過前面的狀況推導出後面的狀況，所以是由前往後遍歷

Code

class Solution {
public:
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
        vector<vector<int>> dp (prices.size(), vector(2 * k + 1,0)) ;
        for(int i = 1; i < 2 * k + 1; i+=2) {
            dp[0][i] = -prices[0];
        }
        
        for(int i = 1; i < prices.size(); i++) {
            dp[i][0] = dp[i - 1][0];
            for(int j = 1; j < 2 * k + 1; j++) {
                if(j % 2 == 1) dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1] - prices[i]);
                else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1] + prices[i]);
            }
        }
        
        return dp[prices.size() - 1][2 * k];
    }
};

 

總結

自己实现过程中遇到哪些困难

在第一個部份透過講解對於題目有比較深刻的理解，今天的難點主要是在思路上，思路講解清楚後，對於下一道題目就可以舉一反三了

今日收获，记录一下自己的学习时长

今天大概學習了1.5hr，主要把第一個題目思路釐解清楚，後面那道題目就比較容易解決了。

相關資料

● 今日学习的文章链接和视频链接

详细布置

123.买卖股票的最佳时机III

视频讲解：动态规划，股票至多买卖两次，怎么求？ | LeetCode：123.买卖股票最佳时机III_哔哩哔哩_bilibili

https://programmercarl.com/0123.买卖股票的最佳时机III.html

188.买卖股票的最佳时机IV

视频讲解：动态规划来决定最佳时机，至多可以买卖K次！| LeetCode：188.买卖股票最佳时机4_哔哩哔哩_bilibili

https://programmercarl.com/0188.买卖股票的最佳时机IV.html