leetcode123-買賣股票的最佳時機 III

給定一個數組,它的第 i 個元素是一支給定的股票在第 i 天的價格。

設計一個算法來計算你所能獲取的最大利潤。你最多可以完成 兩筆 交易。

注意: 你不能同時參與多筆交易(你必須在再次購買前出售掉之前的股票)。

示例 1:

輸入: [3,3,5,0,0,3,1,4]
輸出: 6
解釋: 在第 4 天(股票價格 = 0)的時候買入,在第 6 天(股票價格 = 3)的時候賣出,這筆交易所能獲得利潤 = 3-0 = 3 。
     隨後,在第 7 天(股票價格 = 1)的時候買入,在第 8 天 (股票價格 = 4)的時候賣出,這筆交易所能獲得利潤 = 4-1 = 3 。

示例 2:

輸入: [1,2,3,4,5]
輸出: 4
解釋: 在第 1 天(股票價格 = 1)的時候買入,在第 5 天 (股票價格 = 5)的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 5-1 = 4 。   
     注意你不能在第 1 天和第 2 天接連購買股票,之後再將它們賣出。   
     因爲這樣屬於同時參與了多筆交易,你必須在再次購買前出售掉之前的股票。

示例 3:

輸入: [7,6,4,3,1] 
輸出: 0 
解釋: 在這個情況下, 沒有交易完成, 所以最大利潤爲 0。

一、思路

(一)動態規劃

羅列這道題目中所有的狀態

  • 天數,用i表示
  • 交易次數,用k表示
  • 股票持有狀態,用j表示

羅列本題中,在某一天中所能進行的操作:

  • buy,購買股票
  • sell,出售股票
  • rest,保持原來的持股狀態

注意,部分操作是有條件的,buy操作只能在未持股的條件下進行,sell操作只能在持股條件下進行

1、狀態轉移框架

在這裏插入圖片描述
建立狀態轉移表dp[i][k][j]dp[i][k][j]

  • i:表示第i天
  • k:表示當前已經交易過k次了
  • j:表示持有股票的狀態

所以我們需要計算的答案是:dp[n1][2][0]dp[n - 1][2][0]

2、狀態轉移方程

(1)狀態轉移方程
  • dp[i][k][0]=max(dp[i1][k][0],dp[i1][k][1]+prices[i])dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
    dp[i][k][0]dp[i][k][0]表示:在第i天,已經交易過k次,未持股狀態下,所能得到的最大利潤
    那麼這個狀態(i,k,0)是怎麼得出來的呢?
    從持股狀態分析:
    (1)要麼昨天也沒有持股,並且執行rest操作;
    (2)要麼昨天持有股票,執行sell操作,交易包括buy與sell,這裏只在buy的時候計入交易次數。
  • dp[i][k][1]=max(dp[i1][k][1],dp[i1][k1][0]prices[i])dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
    dp[i][k][1]dp[i][k][1]表示:在第i天,已經交易過k次,持股狀態下,所能得到的最大利潤
    那麼這個狀態(i,k,1)是怎麼得出來的呢?
    從持股狀態分析:
    (1)要麼昨天也持股,並且執行rest操作;
    (2)要麼昨天未持股,執行buy操作,交易包括buy與sell,這裏只在buy的時候計入交易次數。
(2)如何初始化

第0天的狀態:

  • 從天數上看,第0天之前,我們認爲利潤爲0,不持股,只有一種狀態,即:dp[1]=0,prices[1]=0dp[-1] = 0, prices[-1] = 0
  • 從交易次數上看,顯然是0次,注意:這裏的k表示之前交易的次數,如果今天發生交易,不會計算在內
  • 從持股狀態上看:要麼持股(今天購買,不計入今天的交易次數);要麼不持股
  • 從操作上看:要麼rest;要麼buy(不可能sell)。

請注意持股狀態直接受操作的影響
因爲第-1天的狀態只有一個,可執行的操作只有2個,因此得第0天狀態只有2個。

但是第0天之前真的不能發生交易嗎?
我們可以假設,能發生交易,買了之後馬上賣掉,利潤爲0,就當損失了一次交易機會。

根據上述分析,我們知道如下信息:

dp[0][0][0] = 0
dp[0][1][0] = 0
dp[0][2][0] = 0
dp[0][0][1] = -prices[0]
dp[0][1][1] = -prices[0]
dp[0][2][1] = -prices[0]

C++代碼:

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if(prices.size() == 0 || prices.size() == 1)
            return 0;
        vector<vector<vector<int>>> dp(prices.size(), vector<vector<int>>(3, vector<int>(2, 0)));
        // 第0天的初始化
        dp[0][0][0] = 0;
        dp[0][0][1] = -prices[0];
        dp[0][1][0] = 0;
        dp[0][1][1] = -prices[0];
        dp[0][2][0] = 0;
        dp[0][2][1] = -prices[0];
        for(int i=1; i < prices.size(); i++){
            dp[i][0][0] = dp[i - 1][0][0];
            dp[i][0][1] = dp[i - 1][0][1];
            dp[i][1][0] = max(dp[i - 1][1][1] + prices[i], dp[i - 1][1][0]);
            dp[i][1][1] = max(dp[i - 1][0][0] - prices[i], dp[i - 1][1][1]);
            dp[i][2][0] = max(dp[i - 1][2][1] + prices[i], dp[i - 1][2][0]);
            dp[i][2][1] = max(dp[i - 1][1][0] - prices[i], dp[i - 1][2][1]);
        }
        return dp[prices.size() - 1][2][0];
    }
};

在這裏插入圖片描述

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