leetcode(c++)-买卖股票的最佳时机 II

题目名称

买卖股票的最佳时机 II

题目描述

给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。

在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。

返回 你能获得的 最大 利润 。

示例 1：

输入：prices = [7,1,5,3,6,4]
输出：7
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3 。
总利润为 4 + 3 = 7 。
示例 2：

输入：prices = [1,2,3,4,5]
输出：4
解释：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
总利润为 4 。
示例 3：

输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为 0 。

提示：
1 <= prices.length <= 3 * 104
0 <= prices[i] <= 104

链接：https://leetcode.cn/leetbook/read/top-interview-questions-easy/x2zsx1/

初试思路

没思路

初试代码

// 我的代码
QAQ
1
2

哪踩坑了

思维狭隘

推荐思路1

理解这个题目的本质。相邻两个元素之差为利润，正利润的累加即是可获取的最大利润。就是求上升区间的高度和.
用贪心算法来解释就是在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，算法得到的是在某种意义上的局部最优解。

那么这道题使用贪心算法也是最容易解决的，只要是上涨的我们就要计算他们的差值进行累加，不需要再找开始上涨的最小值和最大值。

链接：https://leetcode.cn/leetbook/read/top-interview-questions-easy/x2zsx1/?discussion=KwAnTs

推荐代码1

// 推荐的代码1
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if(prices.size()<2)
            return 0;
        int sum = 0;
        int tmp = 0;
        for(int i=0; i<prices.size()-1; i++){
            tmp = prices[i+1] - prices[i];
            if(tmp>0)
                sum += tmp;
        }
        return sum;
    }
};
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推荐思路2

动态规划。思路很好，是用解决复杂问题的方法解决了简单问题，用牛刀宰了🐔，无可厚非，以后遇到牛，就知道该怎么宰了。

考虑到「不能同时参与多笔交易」，因此每天交易结束后只可能存在手里有一支股票或者没有股票的状态。

定义状态 $\text{dp}[i][0]$ 表示第 $i$ 天交易完后手里没有股票的最大利润，$\text{dp}[i][1]$ 表示第$i$天交易完后手里持有一支股票的最大利润（$i$ 从 0 开始）。

考虑 $\text{dp}[i][0]$ 的转移方程，如果这一天交易完后手里没有股票，那么可能的转移状态为前一天已经没有股票，即 $\text{dp}[i-1][0]$，或者前一天结束的时候手里持有一支股票，即 $\text{dp}[i-1][1]$，这时候我们要将其卖出，并获得 $\text{prices}[i]$ 的收益。因此为了收益最大化，我们列出如下的转移方程：

dp [ i ] [ 0 ] = max ⁡ { dp [ i − 1 ] [ 0 ] , dp [ i − 1 ] [ 1 ] + prices [ i ] } \textit{dp}[i][0]=\max\{\textit{dp}[i-1][0],\textit{dp}[i-1][1]+\textit{prices}[i]\} dp[i][0]=max{dp[i−1][0],dp[i−1][1]+prices[i]}

再来考虑 $\text{dp}[i][1]$，按照同样的方式考虑转移状态，那么可能的转移状态为前一天已经持有一支股票，即 $\text{dp}[i-1][1]$，或者前一天结束时还没有股票，即 $\text{dp}[i-1][0]$，这时候我们要将其买入，并减少 $\text{prices}[i]$ 的收益。可以列出如下的转移方程：

dp [ i ] [ 1 ] = max ⁡ { dp [ i − 1 ] [ 1 ] , dp [ i − 1 ] [ 0 ] − prices [ i ] } \textit{dp}[i][1]=\max\{\textit{dp}[i-1][1],\textit{dp}[i-1][0]-\textit{prices}[i]\} dp[i][1]=max{dp[i−1][1],dp[i−1][0]−prices[i]}

对于初始状态，根据状态定义我们可以知道第 0 天交易结束的时候 $\text{dp}[0][0]=0$，$\text{dp}[0][1]=-\text{prices}[0]$.

因此，我们只要从前往后依次计算状态即可。由于全部交易结束后，持有股票的收益一定低于不持有股票的收益，因此这时候 $\text{dp}[n-1][0]$ 的收益必然是大于 $\text{dp}[n-1][1]$的，最后的答案即为 $\text{dp}[n-1][0]$。

链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/solution/mai-mai-gu-piao-de-zui-jia-shi-ji-ii-by-leetcode-s/

推荐代码2

// 没必要定义一个二维数组dp[][]，用f，g来表示持有和非持有就可以了
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int f = -prices[0]; //第一天持有的最大收益
        int g = 0;//第一天不持有的最大收益
        int tmp = 0;
        for(int i=1; i<prices.size(); i++){
            tmp = f;
            if(f < g-prices[i])
                f = g-prices[i];
            if(g < tmp+prices[i])
                g = tmp + prices[i];
        }
        return g;
    }
};
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学到了啥

1、动态规划
2、求上升区间的高度和，贪心算法。