代码随想录算法训练营（动态规划10，11 ，12 股票问题）| 121. 买卖股票的最佳时机 122.买卖股票的最佳时机II

动态规划10

动态规划5步曲，个人感觉应该加一步状态分析

状态分析：

列出所有的状态，将状态归纳后定义dp数组
状态转移，状态怎么转移也就是递推公式是什么

买卖股票的动规五部曲分析如下：

1 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

列出所有的状态：

持有持有状态包含两种情况，继续持有和当天买入
不持有不持有包含两种状态，当天卖出和维持前一天的未持有状态

dp[i][0] 表示当天持有或者当天买入的的最大值
dp[i][1] 表示当天不持有的最大值

确定递推公式

继续持有就是 dp[i-1][0] 上一天的持有的值
当天买入就是前一天的没有买入的值减去当天股票的价值
可以得出，当天持有
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);

dp[i][1] 表示当天不持有的最大值
就是保持前一天的未持有状态和当天卖出的状态的最大值
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], + prices[i]);

dp数组如何初始化

由递推公式 dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]); 和 dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);可以看出

其基础都是要从dp[0][0]和dp[0][1]推导出来。

那么dp[0][0]表示第0天持有股票，此时的持有股票就一定是买入股票了，因为不可能有前一天推出来，所以dp[0][0] -= prices[0];

dp[0][1]表示第0天不持有股票，不持有股票那么现金就是0，所以dp[0][1] = 0;

最大值一定是最后一次卖出的价格

121. 买卖股票的最佳时机

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class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {vector<vector<int>> dp(prices.size(),vector<int>(2,0));//dp[i][0] 表示当天持有的最大价值//dp[i][1] 表示当天卖出后不持有的最大价值//初始化dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;for(int i = 1; i < prices.size(); i ++) {dp[i][0] = max(dp[i-1][0], 0 - prices[i]);//dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] -prices[i]);//当天卖出一定是在前面买入的情况下卖出的，所以是dp[i-1][0] + prices[i]dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + prices[i]);}//最大值一定是最后一次卖出的价格return dp[prices.size() -1][1];}
};

贪心解法

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int low = INT_MAX;int result = 0;for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {low = min(low, prices[i]);  // 取最左最小价格result = max(result, prices[i] - low); // 直接取最大区间利润}return result;}
};

122.买卖股票的最佳时机II

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class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2,0));dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;for(int i = 1; i < prices.size(); i ++) {// 买入必须是卖出之后才能买入dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] - prices[i]);//卖出必须是买入之后才能卖出dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + prices[i]);}return dp[prices.size()-1][1];}
};

动态规划11

一天可以买卖多次很重要

123.买卖股票的最佳时机III

这道题一下子就难度上来了，关键在于至多买卖两次，这意味着可以买卖一次，可以买卖两次，也可以不买卖。
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// 版本一
class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {if (prices.size() == 0) return 0;vector<vector<int>> 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

本题是123.买卖股票的最佳时机III 的进阶版
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class Solution {
public:int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {if (prices.size() == 0) return 0;vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {dp[0][j] = -prices[0];}for (int i = 1;i < prices.size(); i++) {for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);}}return dp[prices.size() - 1][2 * k];}
};

309.最佳买卖股票时机含冷冻期

本题加了一个冷冻期，状态就多了，有点难度，大家要把各个状态分清，思路才能清晰
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https://programmercarl.com/0309.%E6%9C%80%E4%BD%B3%E4%B9%B0%E5%8D%96%E8%82%A1%E7%A5%A8%E6%97%B6%E6%9C%BA%E5%90%AB%E5%86%B7%E5%86%BB%E6%9C%9F.html

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();if (n == 0) return 0;vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(4, 0));dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票for (int i = 1; i < n; i++) {//达到买入股票状态dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3] - prices[i], dp[i - 1][1] - prices[i]));//        //达到保持卖出股票状态dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);//达到今天就卖出股票状态dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];//达到冷冻期状态dp[i][3] = dp[i - 1][2];}return max(dp[n - 1][3], max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]));}
};

714.买卖股票的最佳时机含手续费

相对122.买卖股票的最佳时机II ，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，可以尝试自己做一做。
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class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {int n = prices.size();vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 0));dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票for (int i = 1; i < n; i++) {dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i] - fee);}return max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]);}
};