文章目录
- [121\. 买卖一次:买卖股票的最佳时机](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/)
- [122\. 买卖次数不限:买卖股票的最佳时机 II](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/)
- [123\. 最多2笔法:买卖股票的最佳时机 III](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/)
- [188\. 最多k笔:买卖股票的最佳时机 IV](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/)
- [309\. 冷冻期:最佳买卖股票时机含冷冻期](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown/)
- [714\. 手续费:买卖股票的最佳时机含手续费](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/)
- 参考link(这是真大佬)
121. 买卖一次:买卖股票的最佳时机
Difficulty: 简单
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），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意你不能在买入股票前卖出股票。
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。
示例 2:
输入: [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。
Solution
转化为最大子序和问题,详解戳开链接
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if(prices==null||prices.length==0) return 0;
int[] fluc=new int[prices.length-1];
for(int i=1;i!=prices.length;i++) {
fluc[i-1]=prices[i]-prices[i-1];
}
int curMaxWithRight=0;
int res=0;
for(int j=0;j!=fluc.length;j++) {
curMaxWithRight=Math.max(curMaxWithRight+fluc[j],fluc[j]);
res=Math.max(res, curMaxWithRight);
}
return res;
}
}
存储波底和最大收益 O(n)
我们需要找到最小的谷之后的最大的峰。
我们可以维持两个变量——minprice 和 maxprofit，它们分别对应迄今为止所得到的最小的谷值和最大的利润（卖出价格与最低价格之间的最大差值）。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int minPrice=Integer.MAX_VALUE;//波底
int maxProfit=0;//最大获利
for(int i=0;i!=prices.length;i++) {
minPrice=Math.min(minPrice, prices[i]);
maxProfit=Math.max(maxProfit, prices[i]-minPrice);
}
return maxProfit;
}
}
自底向上动态优化问题
O(n)空间复杂度
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
//为空赚个屁
if(prices==null||prices.length==0) return 0;
//动态规划 状态转移
int[][]dp=new int[prices.length][2];
//第一天不买 获利0元 ; 第一天手里已经买了 获利第一天股票的负数
dp[0][0]=0;dp[0][1]=-prices[0];
for(int i=1;i!=prices.length;i++) {
//前一天也是没有买 or前一天买了但今天卖出去了
dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
//前一天时就已经买了or前一天还没买,今天才买的(本金为0)
dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],0-prices[i]);
}
return dp[prices.length-1][0];
}
}
O(1)空间复杂度
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
//为空赚个屁
if(prices==null||prices.length==0) return 0;
//第一天不买 获利0元 ; 第一天手里已经买了 获利第一天股票的负数
int yesterdayYes=-prices[0];//昨天买了
int yesterdayNo=0;//昨天没有买
for(int i=1;i!=prices.length;i++) {
//前一天也是没有买 or前一天买了但今天卖出去了
yesterdayNo=Math.max(yesterdayNo,yesterdayYes+prices[i]);
//前一天时就已经买了or前一天还没买,今天才买的(本金为0)
yesterdayYes=Math.max(yesterdayYes,0-prices[i]);
}
//最终返回的是最后一天,手中没有持有股票的情况
return yesterdayNo;
}
}
122. 买卖次数不限:买卖股票的最佳时机 II
Difficulty: 简单
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 。
示例 2:
输入: [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: [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。
Solution
动态优化自底向上
O(n)空间复杂度
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if(prices==null||prices.length==0) return 0;
int[][]dp=new int[prices.length][2];
dp[0][0]=0;dp[0][1]=-prices[0];
for(int i=1;i!=prices.length;i++) {
dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
//前一天时就手里有股票or前一天手里没股票,今天才买的(本金为上次累积的)
dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);
}
return dp[prices.length-1][0];
}
}
O(1)空间复杂度
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if(prices==null||prices.length==0) return 0;
int yesterdayNo=0,yesterdayYes=-prices[0];
for(int i=1;i!=prices.length;i++) {
//前一天也是手里没股票 or前一天手里有股票但今天卖出去了
yesterdayNo=Math.max(yesterdayNo,yesterdayYes+prices[i]);
//前一天时就手里有股票or前一天手里没股票,今天才买的(本金为上次累积的)
yesterdayYes=Math.max(yesterdayYes,yesterdayNo-prices[i]);
}
return yesterdayNo;
}
}
123. 最多2笔法:买卖股票的最佳时机 III
Difficulty: 困难
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: [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: [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: [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。
Solution
动态优化 解决 k次买卖问题
空间 O(n*k)
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if(prices==null||prices.length==0) return 0;
int K=2; //本题为k次
//K+1是为了后面k为0时准备的(int数组初始化默认为0)
int[][][]dp=new int[prices.length][K+1][2];
// 初始化第一天
for(int k=0;k!=K+1;k++) {
dp[0][k][0]=0;
dp[0][k][1]=-prices[0];
}
for(int i=1;i!=prices.length;i++) {
//k 表示 此时为第k次买|卖
for(int k=K;k!=0;k--) {
//前一天也是手里没股票 or前一天手里有股票但今天卖出去了
dp[i][k][0]=Math.max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k][1]+prices[i]);
//前一天时就手里有股票or前一天手里没股票,今天才买的(本金为上次累积的)
dp[i][k][1]=Math.max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k-1][0]-prices[i]);
}
}
return dp[prices.length-1][K][0];
}
}
188. 最多k笔:买卖股票的最佳时机 IV
Difficulty: 困难
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: [2,4,1], k = 2
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: [3,2,6,5,0,3], k = 2
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 。
Solution
Language: Java
class Solution {
public int maxProfit(int k,int[] prices) {
if(prices==null||prices.length==0) return 0;
//如果k大于prices的一半了,不可能满足 "必须在再次购买前出售掉之前的股票" 这个要求,相当于不限次数买卖
if(k>prices.length/2) return maxProfitInf(prices);
//K+1是为了后面k为0时准备的(int数组初始化默认为0)
int[][][]dp=new int[prices.length][k+1][2];
// 初始化第一天
for(int time=0;time!=k+1;time++) {
dp[0][time][0]=0;
dp[0][time][1]=-prices[0];
}
for(int i=1;i!=prices.length;i++) {
//k 表示 此时为第k次买|卖
for(int time=k;time!=0;time--) {
//前一天也是手里没股票 or前一天手里有股票但今天卖出去了
dp[i][time][0]=Math.max(dp[i-1][time][0],dp[i-1][time][1]+prices[i]);
//前一天时就手里有股票or前一天手里没股票,今天才买的(本金为上次累积的)
dp[i][time][1]=Math.max(dp[i-1][time][1],dp[i-1][time-1][0]-prices[i]);
}
}
return dp[prices.length-1][k][0];
}
private int maxProfitInf(int[] prices) {
int yesterdayNo=0,yesterdayYes=-prices[0];
for(int i=1;i!=prices.length;i++) {
//前一天也是手里没股票 or前一天手里有股票但今天卖出去了
yesterdayNo=Math.max(yesterdayNo,yesterdayYes+prices[i]);
//前一天时就手里有股票or前一天手里没股票,今天才买的(本金为上次累积的)
yesterdayYes=Math.max(yesterdayYes,yesterdayNo-prices[i]);
}
return yesterdayNo;
}
}
309. 冷冻期:最佳买卖股票时机含冷冻期
Difficulty: 中等
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]
Solution
O(n)空间复杂度的
class Solution {
//多次买卖一支股票 相当于买卖不限次数(最大price.length/2)
//冷冻期为 1 天 所以状态转移时有i-2
public int maxProfit(int[] prices) {
//长度不够 不能买卖
if(prices==null||prices.length<=1) return 0;
int[][]dp=new int[prices.length][2];
dp[0][0]=0;dp[0][1]=-prices[0];
//前一天没持有股票OR 前一天持有股票了但今天卖了
dp[1][0]=Math.max(0,-prices[0]+prices[1]);
//前一天持有股票但今天还没卖 OR 前一天没持有股票,今天持有的
dp[1][1]=Math.max(-prices[0],0-prices[1]);// 其实就是在第一天和第二天取小的那个买(这里取负数了所以有点难理解)
for(int i=2;i!=prices.length;i++) {
dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
// 昨天已经持有了OR前天已经前天前没有持有(避开冷冻期),今天再买
dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-2][0]-prices[i]);
}
return dp[prices.length-1][0];
}
}
O(1)空间复杂度
class Solution {
//多次买卖一支股票 相当于买卖不限次数(最大price.length/2)
//冷冻期为 1 天 所以状态转移时有i-2
public int maxProfit(int[] prices) {
//长度不够 不能买卖
if(prices==null||prices.length<=1) return 0;
//还没买呢, 怎么可能拥有,为负无穷,利于max操作
int yesterdayYes=Integer.MIN_VALUE;
int yesterdayNo=0;
//前天卖了或者前天之前买了,初始化为0(因为没有持有股票)
int yesterday2No=0;
for(int i=0;i!=prices.length;i++) {
int tmp=yesterdayNo;
//昨天没有持有OR前天没有持有昨天也没持有,今天买了
yesterdayYes=Math.max(yesterdayYes,yesterday2No-prices[i]);
yesterdayNo=Math.max(yesterdayNo,yesterdayYes+prices[i]);
yesterday2No=tmp;//昨天变前天了
}
return yesterdayNo;
}
}
714. 手续费:买卖股票的最佳时机含手续费
Difficulty: 中等
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，但是你每次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。
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.
注意:
0 < prices.length <= 50000.0 < prices[i] < 50000.0 <= fee < 50000.
Solution
Language: Java
class Solution {
//无限次地完成交易
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
if(prices==null||prices.length<=1) return 0;
int[][]dp=new int[prices.length][2];
dp[0][0]=0;dp[0][1]=-prices[0]-fee;
for(int i=1;i!=prices.length;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[prices.length-1][0];
}
}
参考link(这是真大佬)
- https://github.com/labuladong/fucking-algorithm/blob/master/%E5%8A%A8%E6%80%81%E8%A7%84%E5%88%92%E7%B3%BB%E5%88%97/%E5%9B%A2%E7%81%AD%E8%82%A1%E7%A5%A8%E9%97%AE%E9%A2%98.md