团灭 LeetCode 股票买卖问题

2024-01-21 23:52
文章标签 leetcode 问题 股票买卖 团灭

本文主要是介绍团灭 LeetCode 股票买卖问题，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

这几道题目是有共性的，我们只需要抽出来力扣第 188 题「188. 买卖股票的最佳时机 IV - 力扣（LeetCode）」进行研究，因为这道题是最泛化的形式，其他的问题都是这个形式的简化，看下题目：

在这里插入图片描述
第一题是只进行一次交易，相当于 k = 1；第二题是不限交易次数，相当于 k = +infinity（正无穷）；第三题是只进行 2 次交易，相当于 k = 2；剩下两道也是不限次数，但是加了交易「冷冻期」和「手续费」的额外条件，其实就是第二题的变种，都很容易处理。

下面言归正传，开始解题。

穷举框架

首先，还是一样的思路：如何穷举？

动态规划算法本质上就是穷举「状态」，然后在「选择」中选择最优解。

那么对于这道题，我们具体到每一天，看看总共有几种可能的「状态」，再找出每个「状态」对应的「选择」。我们要穷举所有「状态」，穷举的目的是根据对应的「选择」更新状态。听起来抽象，你只要记住「状态」和「选择」两个词就行，下面实操一下就很容易明白了。

for 状态1 in 状态1的所有取值：for 状态2 in 状态2的所有取值：for ...dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)

比如说这个问题，每天都有三种「选择」：买入、卖出、无操作，我们用 buy, sell, rest 表示这三种选择。

但问题是，并不是每天都可以任意选择这三种选择的，因为 sell 必须在 buy 之后，buy 必须在 sell 之后。那么 rest 操作还应该分两种状态，一种是 buy 之后的 rest（持有了股票），一种是 sell 之后的 rest（没有持有股票）。而且别忘了，我们还有交易次数 k 的限制，就是说你 buy 还只能在 k > 0 的前提下操作。

注：

注意我在本文会频繁使用「交易」这个词，我们把一次买入和一次卖出定义为一次「交易」。

这个问题的「状态」有三个，第一个是天数，第二个是允许交易的最大次数，第三个是当前的持有状态（即之前说的 rest 的状态，我们不妨用 1 表示持有，0 表示没有持有）。然后我们用一个三维数组就可以装下这几种状态的全部组合：

dp[i][k][0 or 1]
0 <= i <= n - 1, 1 <= k <= K
n 为天数，大 K 为交易数的上限，0 和 1 代表是否持有股票。
此问题共 n × K × 2 种状态，全部穷举就能搞定。for 0 <= i < n:for 1 <= k <= K:for s in {0, 1}:dp[i][k][s] = max(buy, sell, rest)

而且我们可以用自然语言描述出每一个状态的含义，比如说 dp[3][2][1] 的含义就是：今天是第三天，我现在手上持有着股票，至今最多进行 2 次交易。再比如 dp[2][3][0] 的含义：今天是第二天，我现在手上没有持有股票，至今最多进行 3 次交易。很容易理解，对吧？

我们想求的最终答案是 dp[n - 1][K][0]，即最后一天，最多允许 K 次交易，最多获得多少利润。

你可能问为什么不是 dp[n - 1][K][1]？因为 dp[n - 1][K][1] 代表到最后一天手上还持有股票，dp[n - 1][K][0] 表示最后一天手上的股票已经卖出去了，很显然后者得到的利润一定大于前者。

记住如何解释「状态」，一旦你觉得哪里不好理解，把它翻译成自然语言就容易理解了。

状态转移框架

现在，我们完成了「状态」的穷举，我们开始思考每种「状态」有哪些「选择」，应该如何更新「状态」。

只看「持有状态」，可以画个状态转移图：

在这里插入图片描述
通过这个图可以很清楚地看到，每种状态（0 和 1）是如何转移而来的。根据这个图，我们来写一下状态转移方程：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])max( 今天选择 rest,        今天选择 sell       )

解释：今天我没有持有股票，有两种可能，我从这两种可能中求最大利润：

1、我昨天就没有持有，且截至昨天最大交易次数限制为 k；然后我今天选择 rest，所以我今天还是没有持有，最大交易次数限制依然为 k。

2、我昨天持有股票，且截至昨天最大交易次数限制为 k；但是今天我 sell 了，所以我今天没有持有股票了，最大交易次数限制依然为 k。

dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])max( 今天选择 rest,         今天选择 buy         )

解释：今天我持有着股票，最大交易次数限制为 k，那么对于昨天来说，有两种可能，我从这两种可能中求最大利润：

1、我昨天就持有着股票，且截至昨天最大交易次数限制为 k；然后今天选择 rest，所以我今天还持有着股票，最大交易次数限制依然为 k。

2、我昨天本没有持有，且截至昨天最大交易次数限制为 k - 1；但今天我选择 buy，所以今天我就持有股票了，最大交易次数限制为 k。

注

这里着重提醒一下，时刻牢记「状态」的定义，状态 k 的定义并不是「已进行的交易次数」，而是「最大交易次数的上限限制」。如果确定今天进行一次交易，且要保证截至今天最大交易次数上限为 k，那么昨天的最大交易次数上限必须是 k - 1。举个具体的例子，比方说要求你的银行卡里今天至少有 100 块钱，且你确定你今天可以赚 10 块钱，那么你就要保证昨天的银行卡要至少剩下 90 块钱。

这个解释应该很清楚了，如果 buy，就要从利润中减去 prices[i]，如果 sell，就要给利润增加 prices[i]。今天的最大利润就是这两种可能选择中较大的那个。

注意 k 的限制，在选择 buy 的时候相当于开启了一次交易，那么对于昨天来说，交易次数的上限 k 应该减小 1。

现在，我们已经完成了动态规划中最困难的一步：状态转移方程。如果之前的内容你都可以理解，那么你已经可以秒杀所有问题了，只要套这个框架就行了。不过还差最后一点点，就是定义 base case，即最简单的情况。

dp[-1][...][0] = 0
解释：因为 i 是从 0 开始的，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时候的利润当然是 0。dp[-1][...][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。dp[...][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0。dp[...][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。

把上面的状态转移方程总结一下：

base case：
dp[-1][...][0] = dp[...][0][0] = 0
dp[-1][...][1] = dp[...][0][1] = -infinity状态转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])

秒杀题目

121. 买卖股票的最佳时机

第一题，先说力扣第 121 题「121. 买卖股票的最佳时机 - 力扣（LeetCode）」，相当于 k = 1 的情况：

在这里插入图片描述
直接套状态转移方程，根据 base case，可以做一些化简：

dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - prices[i]) = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。现在发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。
可以进行进一步化简去掉所有 k：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])

int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for (int i = 0; i < n; 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], -prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];

显然 i = 0 时 i - 1 是不合法的索引，这是因为我们没有对 i 的 base case 进行处理，可以这样给一个特化处理：

if (i - 1 == -1) {dp[i][0] = 0;// 根据状态转移方程可得：//   dp[i][0] // = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])// = max(0, -infinity + prices[i]) = 0dp[i][1] = -prices[i];// 根据状态转移方程可得：//   dp[i][1] // = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])// = max(-infinity, 0 - prices[i]) // = -prices[i]continue;
}

第一题就解决了，但是这样处理 base case 很麻烦，而且注意一下状态转移方程，新状态只和相邻的一个状态有关，不需要用整个 dp 数组，只需要一个变量储存相邻的那个状态就足够了，这样可以把空间复杂度降到 O(1):

// 原始版本
int maxProfit_k_1(int[] prices) {int n = prices.length;int[][] dp = new int[n][2];for (int i = 0; i < n; i++) {if (i - 1 == -1) {// base casedp[i][0] = 0;dp[i][1] = -prices[i];continue;}dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);}return dp[n - 1][0];
}// 空间复杂度优化版本
int maxProfit_k_1(int[] prices) {int n = prices.length;// base case: dp[-1][0] = 0, dp[-1][1] = -infinityint dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;for (int i = 0; i < n; i++) {// dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);// dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, -prices[i]);}return dp_i_0;
}

122. 买卖股票的最佳时机 II

第二题，看一下力扣第 122 题「122. 买卖股票的最佳时机 II - 力扣（LeetCode）」，也就是 k 为正无穷的情况：

在这里插入图片描述
题目还专门强调可以在同一天出售，但我觉得这个条件纯属多余，如果当天买当天卖，那利润当然就是 0，这不是和没有进行交易是一样的吗？这道题的特点在于没有给出交易总数 k 的限制，也就相当于 k 为正无穷。

如果 k 为正无穷，那么就可以认为 k 和 k - 1 是一样的。可以这样改写框架：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])= max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k][0] - prices[i])我们发现数组中的 k 已经不会改变了，也就是说不需要记录 k 这个状态了：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])

// 原始版本
int maxProfit_k_inf(int[] prices) {int n = prices.length;int[][] dp = new int[n][2];for (int i = 0; i < n; i++) {if (i - 1 == -1) {// base casedp[i][0] = 0;dp[i][1] = -prices[i];continue;}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]);}return dp[n - 1][0];
}// 空间复杂度优化版本
int maxProfit_k_inf(int[] prices) {int n = prices.length;int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;for (int i = 0; i < n; i++) {int temp = dp_i_0;dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, temp - prices[i]);}return dp_i_0;
}

123. 买卖股票的最佳时机 III

第三题，看力扣第 123 题「123. 买卖股票的最佳时机 III - 力扣（LeetCode）」，也就是 k = 2 的情况：
在这里插入图片描述
k = 2 和前面题目的情况稍微不同，因为上面的情况都和 k 的关系不太大：要么 k 是正无穷，状态转移和 k 没关系了；要么 k = 1，跟 k = 0 这个 base case 挨得近，最后也没有存在感。

这道题 k = 2 和后面要讲的 k 是任意正整数的情况中，对 k 的处理就凸显出来了，我们直接写代码，边写边分析原因。

原始的状态转移方程，没有可化简的地方
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])

按照之前的代码，我们可能想当然这样写代码（错误的）：

int k = 2;
int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {if (i - 1 == -1) {// 处理 base casedp[i][k][0] = 0;dp[i][k][1] = -prices[i];continue;}dp[i][k][0] = Math.max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);dp[i][k][1] = Math.max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][k][0];

为什么错误？我这不是照着状态转移方程写的吗？

还记得前面总结的「穷举框架」吗？就是说我们必须穷举所有状态。其实我们之前的解法，都在穷举所有状态，只是之前的题目中 k 都被化简掉了。

比如说第一题，k = 1 时的代码框架：

int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for (int i = 0; i < n; 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], -prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];

但当 k = 2 时，由于没有消掉 k 的影响，所以必须要对 k 进行穷举：

// 原始版本
int maxProfit_k_2(int[] prices) {int max_k = 2, n = prices.length;int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];for (int i = 0; i < n; i++) {for (int k = max_k; k >= 1; k--) {if (i - 1 == -1) {// 处理 base casedp[i][k][0] = 0;dp[i][k][1] = -prices[i];continue;}dp[i][k][0] = Math.max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);dp[i][k][1] = Math.max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);}}// 穷举了 n × max_k × 2 个状态，正确。return dp[n - 1][max_k][0];
}

注

这里肯定会有读者疑惑，k 的 base case 是 0，按理说应该从 k = 1, k++ 这样穷举状态 k 才对？而且如果你真的这样从小到大遍历 k，提交发现也是可以的。

为什么我从大到小遍历 k 也可以正确提交呢？因为你注意看，dp[i][k][..] 不会依赖 dp[i][k - 1][..]，而是依赖 dp[i - 1][k - 1][..]，而 dp[i - 1][..][..]，都是已经计算出来的，所以不管你是 k = max_k, k--，还是 k = 1, k++，都是可以得出正确答案的。

那为什么我使用 k = max_k, k-- 的方式呢？因为这样符合语义：

你买股票，初始的「状态」是什么？应该是从第 0 天开始，而且还没有进行过买卖，所以最大交易次数限制 k 应该是 max_k；而随着「状态」的推移，你会进行交易，那么交易次数上限 k 应该不断减少，这样一想，k = max_k, k-- 的方式是比较合乎实际场景的。

当然，这里 k 取值范围比较小，所以也可以不用 for 循环，直接把 k = 1 和 2 的情况全部列举出来也可以：

// 状态转移方程：
// 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], dp[i-1][1][0] - prices[i])
// dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
// dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])// 空间复杂度优化版本
int maxProfit_k_2(int[] prices) {// base caseint dp_i10 = 0, dp_i11 = Integer.MIN_VALUE;int dp_i20 = 0, dp_i21 = Integer.MIN_VALUE;for (int price : prices) {dp_i20 = Math.max(dp_i20, dp_i21 + price);dp_i21 = Math.max(dp_i21, dp_i10 - price);dp_i10 = Math.max(dp_i10, dp_i11 + price);dp_i11 = Math.max(dp_i11, -price);}return dp_i20;
}

这篇关于团灭 LeetCode 股票买卖问题的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！


http://www.chinasem.cn/article/631226。

相关文章

IDEA和GIT关于文件中LF和CRLF问题及解决

IDEA和GIT关于文件中LF和CRLF问题及解决

《IDEA和GIT关于文件中LF和CRLF问题及解决》文章总结：因IDEA默认使用CRLF换行符导致Shell脚本在Linux运行报错,需在编辑器和Git中统一为LF,通过调整Git的core.aut... 目录问题描述问题思考解决过程总结问题描述项目软件安装shell脚本上git仓库管理，但拉取后，上l
阅读更多...
idea npm install很慢问题及解决(nodejs)

idea npm install很慢问题及解决(nodejs)

《ideanpminstall很慢问题及解决(nodejs)》npm安装速度慢可通过配置国内镜像源（如淘宝）、清理缓存及切换工具解决,建议设置全局镜像（npmconfigsetregistryht... 目录idea npm install很慢(nodejs)配置国内镜像源清理缓存总结idea npm in
阅读更多...
pycharm跑python项目易出错的问题总结

pycharm跑python项目易出错的问题总结

《pycharm跑python项目易出错的问题总结》：本文主要介绍pycharm跑python项目易出错问题的相关资料,当你在PyCharm中运行Python程序时遇到报错,可以按照以下步骤进行排... 1. 一定不要在pycharm终端里面创建环境安装别人的项目子模块等，有可能出现的问题就是你不报错都安装
阅读更多...
idea突然报错Malformed \uxxxx encoding问题及解决

idea突然报错Malformed \uxxxx encoding问题及解决

《idea突然报错Malformeduxxxxencoding问题及解决》Maven项目在切换Git分支时报错,提示project元素为描述符根元素,解决方法：删除Maven仓库中的resolv... 目www.chinasem.cn录问题解决方式总结问题idea 上的 maven China编程项目突然报错，是
阅读更多...
Python爬虫HTTPS使用requests,httpx,aiohttp实战中的证书异步等问题

Python爬虫HTTPS使用requests,httpx,aiohttp实战中的证书异步等问题

《Python爬虫HTTPS使用requests,httpx,aiohttp实战中的证书异步等问题》在爬虫工程里,“HTTPS”是绕不开的话题,HTTPS为传输加密提供保护,同时也给爬虫带来证书校验、... 目录一、核心问题与优先级检查（先问三件事）二、基础示例：requests 与证书处理三、高并发选型：
阅读更多...
前端导出Excel文件出现乱码或文件损坏问题的解决办法

前端导出Excel文件出现乱码或文件损坏问题的解决办法

《前端导出Excel文件出现乱码或文件损坏问题的解决办法》在现代网页应用程序中,前端有时需要与后端进行数据交互,包括下载文件,：本文主要介绍前端导出Excel文件出现乱码或文件损坏问题的解决办法,... 目录1. 检查后端返回的数据格式2. 前端正确处理二进制数据方案 1：直接下载（推荐）方案 2：手动构造
阅读更多...
Python绘制TSP、VRP问题求解结果图全过程

Python绘制TSP、VRP问题求解结果图全过程

《Python绘制TSP、VRP问题求解结果图全过程》本文介绍用Python绘制TSP和VRP问题的静态与动态结果图,静态图展示路径,动态图通过matplotlib.animation模块实现动画效果... 目录一、静态图二、动态图总结【代码】python绘制TSP、VRP问题求解结果图（包含静态图与动态图
阅读更多...
MyBatis/MyBatis-Plus同事务循环调用存储过程获取主键重复问题分析及解决

MyBatis/MyBatis-Plus同事务循环调用存储过程获取主键重复问题分析及解决

《MyBatis/MyBatis-Plus同事务循环调用存储过程获取主键重复问题分析及解决》MyBatis默认开启一级缓存,同一事务中循环调用查询方法时会重复使用缓存数据,导致获取的序列主键值均为1,... 目录问题原因解决办法如果是存储过程总结问题myBATis有如下代码获取序列作为主键IdMappe
阅读更多...
k8s容器放开锁内存限制问题

k8s容器放开锁内存限制问题

《k8s容器放开锁内存限制问题》nccl-test容器运行mpirun时因NCCL_BUFFSIZE过大导致OOM,需通过修改docker服务配置文件,将LimitMEMLOCK设为infinity并... 目录问题问题确认放开容器max locked memory限制总结参考：https://Access
阅读更多...
Java中字符编码问题的解决方法详解

Java中字符编码问题的解决方法详解

《Java中字符编码问题的解决方法详解》在日常Java开发中,字符编码问题是一个非常常见却又特别容易踩坑的地方,这篇文章就带你一步一步看清楚字符编码的来龙去脉,并结合可运行的代码,看看如何在Java项... 目录前言背景：为什么会出现编码问题常见场景分析控制台输出乱码文件读写乱码数据库存取乱码解决方案统一使
阅读更多...

Copyright China编程 23002807@qq.com

沪ICP备2023033072号-2