【每日一题】买卖股票的最佳时机 IV

Tag

【动态规划】【数组】【2023-10-04】

---

题目来源

188. 买卖股票的最佳时机 IV

---

题目解读

本题与 121. 买卖股票的最佳时机、122. 买卖股票的最佳时机 II、123. 买卖股票的最佳时机 III 题意目的一致，都是为了获得买卖股票的最大利润。本题不同的是，最多可以买卖股票 k 次。

---

解题思路

方法一：动态规划

首先来看一下 k，虽然给定了最多可以买卖 k 次，但是 n 天做多可以买卖 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 次，因此需要更新 $k=min(k,\lfloor \frac{n}{2}\rfloor )$。

状态

122. 买卖股票的最佳时机 II 中最多允许进行两次股票的买卖，我们主要有四种状态，分别是第一次买、第一次卖，第二次买和第二次卖。在本题中最多有 k 次股票的买卖就有 k * 2 次的状态，我们可以使用数组来维护。$buy[i]$ 表示第 i 次买股票，$sell[i]$ 表示第 i 次卖股票。

状态转移

我们的第 i 次买股票手中剩余的最大钱数（也就是最大利润）$buy[i]=max(buy[i],sell[i-1]-prices[i])$。

同理，$sell[i]=max(sell[i],buy[i-1]+prices[i])$。

base case

第 i 次买，我们都初始为 int 类型的最小值，因为买股票手中的钱可能出现负数。为了防止溢出，选择初始化为 INT_MIN / 2。

第 i 次卖股票，我们初始化为 0，因为不会再有比 0 小的卖股票收益了。

最后返回

最后返回 sell.back() 即 sell 数组的最后一个值，即使最大值是 sell 数组中的某一个值，也会因为我们在转移时允许在同一天买入并且卖出这一宽松的条件，最终最大值也是转移到 sell 数组的最后一个值（具体可参考 解题思路中的 最后返回 部分）。

实现代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        k = min(k, n / 2);
        vector<int> buy(k+1, INT_MIN / 2);      // 防止 sell[i-1] - p 溢出
        vector<int> sell(k+1, 0);
        for (int p : prices) {
            for (int i = 1; i <= k; ++i) {
                buy[i] = max(buy[i], sell[i-1] - p);    
                sell[i] = max(sell[i], buy[i] + p);
            }
        }
        return sell.back();
    }
};
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16

复杂度分析

时间复杂度：$O(nmin(n,k))$，$n$ 是数组 prices 的大小。

空间复杂度：$O(min(n,k))$，使用的额外空间为数组 buy、sell 占用的空间。

---

写在最后

买卖股票系列题目

如果文章内容有任何错误或者您对文章有任何疑问，欢迎私信博主或者在评论区指出 💬💬💬。

如果大家有更优的时间、空间复杂度方法，欢迎评论区交流。

最后，感谢您的阅读，如果感到有所收获的话可以给博主点一个 👍 哦。