1.买卖股票的最佳时机
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一次），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int minprice = INT_MAX, maxprofit = 0;
for (int price: prices) {
maxprofit = max(maxprofit, price - minprice);
minprice = min(price, minprice);
}
return maxprofit;
}
2.买卖股票的最佳时机II
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）。
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int ans = 0;
for (int i = 1; i < prices.size(); ++i) {
ans += max(prices[i] - prices[i - 1], 0);
}
return ans;
}
3.买卖股票的最佳时机III
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。
分析：
对于任意一天考虑四个变量:
fstBuy: 在该天第一次买入股票可获得的最大收益
fstSell: 在该天第一次卖出股票可获得的最大收益
secBuy: 在该天第二次买入股票可获得的最大收益
secSell: 在该天第二次卖出股票可获得的最大收益
分别对四个变量进行相应的更新, 最后secSell就是最大
收益值(secSell >= fstSell)
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int fstBuy = INT_MIN, fstSell = 0;
int secBuy = INT_MIN, secSell = 0;
for(int p : prices) {
fstBuy = max(fstBuy, -p);
fstSell = max(fstSell, fstBuy + p);
secBuy = max(secBuy, fstSell - p);
secSell = max(secSell, secBuy + p);
}
return secSell;
}
4.买卖股票的最佳时机 IV
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。
思路：dp[i][j]表示最多交易i次时在第j天能获得的最大利润。则：
- 如果不作处理，第j天的最大利润就和第j-1天相等。
- 如果卖出股票，设是在第m天买入，那么第j天的最大利润就是两天的价格差+最多交易i-1次时第m天的获利。当然，这里的m需要从0遍历到j-1。
递推公式为：
dp[i][j] = max (dp[i][j-1], prices[j] - prices[m] + d[i-1][m] (m = 0, 1, ... j-1))
- 时间复杂度:
O(n*n*k)。遍历dp的每个元素需要n * k，其中还需要再遍历找到买入天数。- 空间复杂度:
O(n * k)。考虑dp数组占用的空间。
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if (n == 0 || k == 0) return 0;
if (k >= n / 2){
int res = 0;
for (int i = 1; i < n; i ++){
res += max(0, prices[i] - prices[i - 1]);
}
return res;
}
vector<vector<int>> dp(k + 1, vector<int>(n));
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
int maxDiff = -prices[0];
for (int j = 1; j < dp[0].size(); ++j) {
maxDiff = max(maxDiff, dp[i - 1][j - 1] - prices[j]);
dp[i][j] = max(dp[i][j - 1], prices[j] + maxDiff);
}
}
return dp[k][n - 1];
}
5.买卖股票的最佳时机含手续费
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，但是你每笔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。
分析：
我们维护两个变量 cash 和 hold, 前者表示当我们不持有股票时的最大利润，后者表示当我们持有股票时的最大利润。
第i天时，根据第i-1天状态更新cash和hold的值，对于 cash, 可以保持不变，或者将手上的股票卖出，状态转移方程为:
cash = max(cash, hold + prices[i] - fee)
对于 hold, 可以保持不变，或者买入这一天的股票，状态转移方程为：
hold = max(hold, cash - prices[i]).
- 时间复杂度
O(n)- 空间复杂度
O(1)
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int cash = 0, hold = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
cash = max(cash, hold + prices[i] - fee);
hold = max(hold, cash - prices[i]);
}
return cash;
}
6.最佳买卖股票时机含冷冻期
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)。
分析：f[i]表示 第i天结束之后 累计最大收益，由于我们最多只能同时买入（持有）一支股票，并且卖出股票后有冷冻期的限制，因此我们会有三种不同的状态：
- 当前持有一支股票，累计最大收益为
f[i][0]- 当前不持有股票，并处于冷冻期中，最大收益为
f[i][1]- 当前不持有股票，并且不处于冷冻期中，最大收益为
f[i][2]。
这里的「处于冷冻期」指的是在第 ii 天结束之后的状态。也就是说：如果第 i天结束之后处于冷冻期，那么第 i+1 天无法买入股票。
则状态转移方程为：
f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][2] - prices[i])
f[i][1] = f[i - 1][0] + prices[i]
f[i][2] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][2])
如果一共有n天，最终答案为：
ans = max(f[n - 1][0], f[n - 1][1], f[n - 1][2])
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(!n) return 0;
vector<vector<int>> f(n, vector<int>(3, 0));
f[0][0] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][2] - prices[i]);
f[i][1] = f[i - 1][0] + prices[i];
f[i][2] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][2]);
}
return max(f[n - 1][1], f[n - 1][2]);
}
空间优化代码：
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(!n) return 0;
int buy = -prices[0], cooldown = 0, sale = 0, tmp, cool_bak;
for (int i = 1; i < n; i++) {
tmp = buy;
buy = max(buy, sale - prices[i]);
cool_bak = cooldown;
cooldown = tmp + prices[i];
sale = max(cool_bak, sale);
// f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][2] - prices[i]);
// f[i][1] = f[i - 1][0] + prices[i];
// f[i][2] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][2]);
}
return max(cooldown, sale);
}
