leetcode 121 股票買賣問題系列

描述：

給一些列數字，表示每條股票的價格，如果可以買賣一次（不能同一天買和賣），求最大利益（即差最大）。

其他三道問題是，如果能買賣無限次，買賣兩次，買賣k次。

題一：

實質是求后面一個數減前一個數的最大差值。

維護一個最小值，和當前最大值。只需遍歷一次，空間也是常數。

int maxProfit(vector<int>& prices) {
    if (prices.size() < 1)
        return 0;
    int min_ = prices[0];
    int ret = 0;
    
    for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
        ret = max(ret, prices[i] - min_);
        min_ = min(min_, prices[i]);
    }
    return ret;
}

題二：

只要是后一個數比前一個大，都增。

int maxProfit(vector<int>& prices) {
    if (prices.size() < 1)
        return 0;
    
    int ret = 0;
    for (int i = 0; i < prices.size() - 1; i++) {
        ret += max(prices[i + 1] - prices[i], 0);
    }
    return ret;
}

題三：

可進行兩次操作。

其中一個思路，可以關注分界點，可以枚舉分界點，求左右兩邊的最優操作，在LeetCode會超時，顯然，復雜度n^2。

思考下優化，我們可以計算每個點的最大值，左邊不用重復計算，每次分界點往左移，都像題一那樣計算最大值即可；

　　　　　　而右邊，其實可以反向計算一遍，但是，右邊改成求最小值。

　　　　　　最后加起來即可。

int maxProfit(vector<int>& prices) {
    int size = prices.size();
    if (size < 1)
        return 0;
    int* left = new int[size]{0};
    int* right = new int[size]{0};
    int ret = 0;
    
    int lmin = prices[0];
    int lmax = 0;
    for (int i = 1; i < size; i++) {
        lmax = max(lmax, prices[i] - lmin);
        left[i] = lmax;
        lmin = min(lmin, prices[i]);
    }
    
    int rmin = 0;
    int rmax = prices[size - 1];
    for (int i = size - 1; i >= 0; i--) {
        rmin = min(rmin, prices[i] - rmax);
        right[i] = -rmin;
        rmax = max(rmax, prices[i]);
    }
    
    for (int i = 0; i < size - 1; i++) {
        ret = max(ret, left[i] + right[i + 1]);
    }
    return max(ret, left[size - 1]);
}

思路二：

int maxProfit(vector<int>& prices) {

    int n = prices.size();
    if(n==0) return 0;
    int sell1 = 0, sell2 = 0, buy1 = INT_MIN, buy2 = INT_MIN;

    for(int i =0; i<n; i++)
    {
        buy1 = max(buy1, -prices[i]);
        sell1 = max(sell1, prices[i]+buy1);
        buy2 = max(buy2, sell1-prices[i]);
        sell2 = max(sell2, prices[i]+buy2);
    }        
    return sell2;        
}

題四：

動態規划：

其中diff表示今天和昨天的差。

global[i][j] = max(local[i][j], global[i-1][j])

local[i][j] = max(global[i-1][j-1] + max(diff,0), local[i-1][j] + diff)

 

local[i][j]表示最后一次賣出在今天的最大利益，局部最優。

global[i][j]表示全局最優。

第一條式子：要么在今天賣出最優，要么前一天的全局最優。

第二條式子：前者為之前的全局最優加上最后一次交易在今天。

　　　　　　　　注意diff，我們要的是不大於j的交易次數；

　　　　　　　　如果i - 1天還持有，則i天賣出，共j - 1次操作；如果i-1天不持有，則i - 1天買入，i天賣出，共j次操作。

　　　　　　后者為i - 1天賣出加上今天diff，表示i - 1天還持有，加上今天的。

int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {  
    if (prices.size() < 2) return 0;  
      
    int days = prices.size();  
    if (k >= days) return maxProfit2(prices);
      
    auto local = vector<vector<int> >(days, vector<int>(k + 1));
    auto global = vector<vector<int> >(days, vector<int>(k + 1));
      
    for (int i = 1; i < days ; i++) {
        int diff = prices[i] - prices[i - 1];  
          
        for (int j = 1; j <= k; j++) {  
            local[i][j] = max(global[i - 1][j - 1], local[i - 1][j] + diff);  
            global[i][j] = max(global[i - 1][j], local[i][j]);  
         }  
    }  

    return global[days - 1][k];  
}  

int maxProfit2(vector<int>& prices) {  
    int maxProfit = 0;  
      
    for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {  
        if (prices[i] > prices[i - 1]) {  
            maxProfit += prices[i] - prices[i - 1];  
        }  
    }  
      
    return maxProfit;  
} 

類似題三的做法：

int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {

    int n = prices.size();

    if(k>n/2)
    {
        int buy = INT_MIN, sell = 0;
        for(int i=0; i<n; i++)
        {
            buy = max(buy, sell-prices[i]);
            sell = max(sell, buy+prices[i]);
        }
        return sell;
    }

    vector<int> sell(k+1, 0);
    vector<int> buy(k+1, 0);

    for(int i=0; i<=k; i++) buy[i] = INT_MIN;

    for(int i=0; i<n; i++)
    {
        for(int j=1; j<k+1; j++)
        {

            buy[j] = max(buy[j], sell[j-1]-prices[i]);
            sell[j] = max(sell[j], buy[j]+prices[i]);

        }
    }
    return sell[k];        
}