121. 买卖股票的最佳时机
思路：只能卖一次股票，利用动态规划思想，设dp[i][0] 表示第i天持有股票所得最多现金，dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金。持有股票是一种状态，可能你不是今天买的，但是你买了之后还没有买的这段时间也是持有，而不是如果持有就一定是今天买入。
如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来：
- 第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i – 1][0]
- 第i天买入股票，所得现金就是买入今天的股票后所得现金即：-prices[i]。
所以dp[i][0] = max(dp[i – 1][0], -prices[i])。
如果第i天不持有股票即dp[i][1]， 也可以由两个状态推出来
- 第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i – 1][1]
- 第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i – 1][0]。
所以dp[i][1] = max(dp[i – 1][1], prices[i] + dp[i – 1][0])。
关于初始化，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。最后返回不持有股票的状态就可以了，因为不持有才有可能是卖出的，你如果持有一定是买入的（在只能买一次的情况下），都是负数。
我的代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len=prices.size();
if(len==0) return 0;
vector<vector<int>> dp(len,vector<int>(2));
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],dp[i-1][1]-prices[i]);
dp[i][1]=max(dp[i-1][0]+prices[i],dp[i-1][1]);
}
return dp[len-1][1];
}
};
还有一种滚动数组的解法，压缩了空间：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2));
dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < len; i++) {
dp[i % 2][0] = max(dp[(i – 1) % 2][0], -prices[i]);
dp[i % 2][1] = max(dp[(i – 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i – 1) % 2][0]);
}
return dp[(len – 1) % 2][1];
}
};
122. 买卖股票的最佳时机 II
思路：这道题目和上道题目的唯一区别就在于递推公式，可以多次买入就说明在买入的时候手里可能是有利润的，代码要变成：
dp[i][0] = max(dp[i – 1][0], dp[i – 1][1] – prices[i]);
其他都不变。
我的代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len=prices.size();
if(len==0) return 0;
vector<vector<int>> dp(len,vector<int>(2));
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],dp[i-1][1]-prices[i]);
dp[i][1]=max(dp[i-1][0]+prices[i],dp[i-1][1]);
}
return dp[len-1][1];
}
};
同样有滚动数组版本（代码随想录）：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2));
dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < len; i++) {
dp[i % 2][0] = max(dp[(i – 1) % 2][0], dp[(i – 1) % 2][1] – prices[i]);
dp[i % 2][1] = max(dp[(i – 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i – 1) % 2][0]);
}
return dp[(len – 1) % 2][1];
}
};
其实之前贪心的时候也做过这道题目，这里也放一下代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int result=0;
for(int i=1;i<prices.size();i++)
{
result+=max(0,prices[i]-prices[i-1]);
}
return result;
}
};
123. 买卖股票的最佳时机 III
思路：这道题目是一个困难难度的题目，首先确定dp数组以及下标的含义，一天一共就有五个状态：
dp[i][j]中i表示第i天，j为 [0 – 4] 五个状态，dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金。达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：
- 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] – prices[i]（其实可以直接写-prices[i])
- 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i – 1][1]
所以 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] – prices[i], dp[i – 1][1])。
同理dp[i][2]也有两个操作：
- 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i – 1][1] + prices[i]
- 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i – 1][2]
所以dp[i][2] = max(dp[i – 1][1] + prices[i], dp[i – 1][2])。
同理可推出剩下状态部分：
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])。
初始化其实就是
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][3] = -prices[0];
就行了，因为刚开始买入一次和买入两次其实都是一样的，无非两次就是买入卖出买入。
我的代码：
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],-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][2]-prices[i]);
dp[i][4]=max(dp[i-1][4],dp[i-1][3]+prices[i]);
}
return dp[prices.size()-1][4];
}
};
今日总结
今天的题目也是一整个系列呀，不过今天很多题目都要用二维dp，一维的没有之前好理解，虽然原理都一样。最后一道题目其实写着写着很容易晕，我还没办法完全自己写出来，每次写都要多想想dp数组的含义，这样才不会要一直debug。继续加油！
