NO.121 買賣股票的最佳時機 簡單 、NO.122 買賣股票的最佳時機II 簡單 、NO.123 買賣股票的最佳時機III 困難 、NO.188 買賣股票的最佳時機IV 困難
NO.121 買賣股票的最佳時機 簡單
思路一：暴力法 沒什麼好說的，雙重循環計算所有元素兩兩組合相減的結果，取最大。
public int maxProfit(int[] prices) {
int maxProfit=0;
for (int i = 0; i < prices.length - 1; i++) {
for (int j = i+1; j < prices.length; j++) {
maxProfit=Math.max(maxProfit,prices[j]-prices[i]);
}
}
return maxProfit;
}
時間複雜度：O(n^2)
思路二：優化暴力法到一次遍歷 買賣股票從第二天開始我們每天都會"後悔"：後悔沒有在之前的最低點進行買入，只有這樣我們的收益纔會最大化。
由此可見，我們想要當天利益最大化，只需要在過去的某個最低點買入股票就好。所以我們只需要記錄曾經出現過的最低點就好。
public int maxProfit(int[] prices) {
int minPoint=Integer.MAX_VALUE,maxProfit=0;
for (int i = 0; i < prices.length; i++) {
//記錄曾出現過最低點
minPoint=Math.min(prices[i],minPoint);
//當日-曾經的最低
maxProfit=Math.max(maxProfit,prices[i]-minPoint);
}
return maxProfit;
}
時間複雜度：O(n)
從NO.121題不難看出：買股票的最佳時機是曾經！股市有風險，入股需謹慎！(狗頭)
單純的解答本題是比較簡單的，但是買賣股票可以算作是一個系列的經典問題，在leetcode上就有本題一系列的變種問題：買賣股票的最佳時機、買賣股票的最佳時機II、買賣股票的最佳時機III、買賣股票的最佳時機IV、買賣股票的最佳時機含冷凍期、買賣股票的最佳時機含手續費。
雖然這些題有難有易，但是既然是一類問題，就有這一些通用的方法。
這六個問題都是由第四個問題簡化變種而來的，第四題相較於本題多了一個參數k，限制只能進行k次交易；第一題也就是本題是隻進行一次交易，相當於 k = 1；第二題是不限交易次數，相當於 k = +infinity（正無窮）；第三題是隻進行 2 次交易，相當於 k = 2；剩下兩道也是不限次數，但是加了交易「冷凍期」和「手續費」的額外條件，其實就是第二題的變種。
NO.122 買賣股票的最佳時機II 簡單
思路一：貪心算法 姊妹題NO.121，區別在於NO.121題只允許交易一次(一次買入、一次賣出)，而本題沒有交易次數的限制。
所以想到貪心算法，因爲我們是"上帝視角"知道"未來股價"，所以只要賺錢我們每天都進行交易。
所謂賺錢就是：“明天i+1股價”-“今天i股價”>0，這種情況今天就買入；否則就是賠錢或者不賺錢的情況，不進行交易。
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices == null || prices.length == 0) return 0;
int Profit = 0;
for (int i = 0; i < prices.length - 1; i++) {
//今天i買，明天i+1賺錢。就今天買入，明天賣。
int sub = prices[i + 1] - prices[i];
if (sub > 0) {
Profit += sub;
}
}
return Profit;
}
時間複雜度：O(n)
思路二：動態規劃 貪心算法已經很好地解決了這個問題，但是我們還是要帶入一下DP解法，爲後序的姊妹題NO.122買賣股票的最佳時機III、以及等等很多其他的XXX買賣股票問題都是基於本題進行變化的，無非是在本題的基礎上增加更多的限制條件。
dp[i][j]的含義：i表示第i天，j表示持股狀態(0表示不持股，1表示持股)。dp[i][j]整體就表示第i天持股/不持股時手裏的錢。
初始化：dp[0][0]=0，剛開始不賠不賺；dp[0][1]= -prices[0]，只支出了。
狀態轉移：dp[i][0]=Max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i])，即第i天不持股時手裏錢最多爲MAX(i-1天不持股i天繼續不持股，i-1天持股+i天以當日價格賣掉股票)；
同理dp[i][1]=Max(dp[i-1][0]-prices[i],dp[i-1][1])，即第i天持股時手裏錢最多爲MAX(i-1天不持股-i天以當日價格買入股票，i-1天持股i天繼續持股)。
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices == null || prices.length < 2) return 0;
//初始化
int[][] dp = new int[prices.length][2];
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] -= prices[0];
//狀態轉移
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][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
}
//最後一天一定是不持股的
return dp[prices.length - 1][0];
}
時間複雜度：O(n)
NO.123 買賣股票的最佳時機III 困難
思路一：動態規劃 NO.121是隻能買賣一次股票，NO.122是任意買賣股票，而本題是隻能買賣股票兩次。
相較於前兩題的狀態，本題又增加了一個交易次數的狀態k。
dp[i][j][k]的含義：第i天的利潤，j表示持股狀態(0不持股，1持股)，k交易次數(賣出次數0~2)。所以每天有六種狀態，思路就是從每天的六種狀態中找到利潤最大的。
初始化：dp[0][0][0]=dp[0][0][1]=dp[0][0][2]=0，啥也沒幹；dp[0][1][0]=dp[0][1][1]=dp[0][1][2]=-prices[0]，第一天持股只有支出。
狀態轉移：dp[i][0][0]=dp[i-1][0][0]，第i天不持股交易次數0，第i-1天一定未持股未交易，維持現狀；
dp[i][0][1]=MAX(dp[i-1][0][1],dp[i-1][1][0]+prices[i])，第i天不持股1次交易，維持第i-1天的狀態，或者第i-1天持股未交易第i天賣出。
dp[i][0][2]=MAX(dp[i-1][0][2],dp[i-1][1][1]+prices[i])，第i天不持股2次交易，維持第i-1天的狀態，或者第i-1天持股1次交易第i天賣出。
dp[i][1][0]=MAX(dp[i-1][1][0],dp[i-1][0][0]-prices[i])，第i天持股未交易，維持第i-1天的狀態，或者第i-1天不持股未交易第i天買入。
dp[i][1][1]=MAX(dp[i-1][1][1],dp[i-1][0][1]-prices[i])，第i天持股1次交易，維持第i-1天的狀態，或者第i-1天不持股1次交易第i天買入。
dp[i][1][2]=dp[i][1][2]，第i天持股2次交易，已經到達交易限制，但是手中還持股，不需要考慮一定不能利潤最大化。
最終的結果一定是在不持股的三種狀態中進行比較。
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices == null || prices.length < 2) return 0;
//初始化
int[][][] dp = new int[prices.length][2][3];
dp[0][0][0] = dp[0][0][1] = dp[0][0][2] = 0;
dp[0][1][0] = dp[0][1][1] = dp[0][1][2] = -prices[0];
//狀態轉移
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
//六種狀態
dp[i][0][0] = dp[i - 1][0][0];
dp[i][0][1] = Math.max(dp[i - 1][0][1], dp[i - 1][1][0] + prices[i]);
dp[i][0][2] = Math.max(dp[i - 1][0][2], dp[i - 1][1][1] + prices[i]);
dp[i][1][0] = Math.max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][0][0] - prices[i]);
dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][1] - prices[i]);
dp[i][1][2] = dp[i - 1][1][2];
}
//最大利潤一定是不持股的三種狀態之一。
return Math.max(dp[prices.length - 1][0][2],
Math.max(dp[prices.length - 1][0][1], dp[prices.length - 1][0][0]));
}
時間複雜度：O(n) 空間O(n)雖然是三維數組，但2和3是常數。
NO.188 買賣股票的最佳時機IV 困難
思路一：動態規劃 在上一題的基礎上兩次交易，變味了 k 次交易。但是需要考慮的狀態，仍然是三個，第 i 天、j 持股狀態、k 進行過的交易次數。
雖然 k 從上一題的常量 2 變爲了本題的變量，但是 dp 數組的含義不變。但是本題如果使用三維數組會因爲 k 值過大，導致內存超出。
所以採用兩個一維數組 dpi0[k+1] 和 dpi1[k+1] 表示第 i 天持股(1)或不持股(0)時，不同交易次數下的利潤。(上一題也可以採用這個方法，進行空間優化)
實現上，由於本題 k 不是上一題中的常量 2 ，無法手動寫死每種情況，所以採用一個 for 循環即可。
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
if (k<=0||prices.length<1)return 0;
//最多隻能交易 prices.lenght/2 次
if (k>prices.length/2) k = prices.length/2;
//初始化
int[] dpi0 = new int[k+1];
int[] dpi1 = new int[k+1];
for (int j = 1; j < k + 1; j++) {
dpi1[j] = -prices[0];
}
//狀態轉移
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
for (int j = k; j >= 1; j--) {
//第i天不持股 = Max(第i-1天不持股,第i-1天持股+第i天出售)
dpi0[j] = Math.max(dpi0[j],dpi1[j]+prices[i]);
//第i天持股 = Max(第i-1天持股,第i-1天不持股-第i天買入)
dpi1[j] = Math.max(dpi1[j],dpi0[j-1]-prices[i]);
}
}
return dpi0[k];
}
時間複雜度：O(n*k) n 共n天
空間複雜度：O(k)
本人菜鳥，有錯誤請告知，感激不盡！