买卖股票的最佳时机
给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。
示例 1：
输入：[7,1,5,3,6,4]
输出：5
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。
示例 2：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
提示：
1 <= prices.length <= 10^50 <= prices[i] <= 10^4
思路
两个思路，可以用 dp 也可以用贪心。
- dp 做法
- 定义状态：
dp[i][0]表示第i天持有股票的最大利润，dp[i][1]表示第i天不持有股票的最大利润（注意此处持有表示拥有股票，并不一定指当天买入股票） - 状态转移
- 如果当天持有股票，就有两种情况：
- 前一天就持有了股票，直接由前一天转移过来：
dp[i][0] = dp[i-1][0] - 前一天并不持有股票，我们需要在当天购买股票：
dp[i][0] = -prices[i]（因为只能买卖一次股票，买入股票就一定是-prices[i]的利润） - 在以上两种情况取最大值即可：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], -prices[i]);
- 前一天就持有了股票，直接由前一天转移过来：
- 如果当天不持有股票，也有两种情况：
- 前一天就不持有股票：
dp[i][1] = dp[i-1][1] - 前一天持有股票，这一天卖出：
dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i] - 两种情况取最大：
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0]+prices[i]);
- 前一天就不持有股票：
- 如果当天持有股票，就有两种情况：
- 边界定义
- 初始化第 0 天即可
- 定义状态：
代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
int dp[n][2]; // dp[i][0]表示第 i 天持有的最大利润，dp[i][1]表示第 i 天不持有的最大利润
dp[0][0] = -prices[0], dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], -prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0]+prices[i]);
}
return max(dp[n-1][0], dp[n-1][1]);
}
};
- 贪心做法
- 遍历一次，实时更新最小值与答案
代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
int minn =INT_MAX, ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
minn = min(minn, prices[i]);
ans = max(prices[i] - minn, ans);
}
return ans;
}
};
买卖股票的最佳时机Ⅱ
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。
最大总利润为 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。
最大总利润为 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 * 10^40 <= prices[i] <= 10^4
思路
本题的状态转移方程其实和上一题基本一致，唯一区别就在于本题的股票可以买卖多次，所以买入股票的时候，第 i 天持有股票的利润就是：dp[i][0] = dp[i-1][1] - prices[i]
代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
// dp[i][0]表示第 i 天持有股票，dp[i][1]表示第 i 天不持有股票
auto dp = vector<vector<int>> (n, vector<int>(2));
dp[0][0] = -prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
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]);
}
return max(dp[n-1][0], dp[n-1][1]);
}
};
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。
注意：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）。
示例 1:
输入：prices = [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出：6
解释：在第 4 天（股票价格 = 0）的时候买入，在第 6 天（股票价格 = 3）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。
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 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
示例 4：
输入：prices = [1]
输出：0
提示：
1 <= prices.length <= 10^50 <= prices[i] <= 10^5
思路
这里加了个最多完成两笔交易的限制，意味着可以买卖一次、买卖两次，也可以不买卖。我们可以增加两个状态来区分第一次买卖和第二次买卖，具体可以看下面的代码。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if (!n) return 0;
// dp[i][0]表示第 i 天第一次持有，1 表示第一次不持有，2表示第二次持有，3表示第二次不持有
auto dp = vector<vector<int>>(n, vector<int>(4));
dp[0][0] = dp[0][2] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], -prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + prices[i]);
dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][1] - prices[i]);
dp[i][3] = max(dp[i-1][3], dp[i-1][2] + prices[i]);
}
return dp[n-1][3];
}
};
需要注意：dp[i][1] ，表示的是第 i 天，买入股票的状态，并不是说⼀定要第 i 天买⼊股票。例如 dp[i][1] ，并不是说 第 i 天⼀定买入股票，有可能 第 i-1天 就买入了，那么 dp[i][1] 延续买入股票的这个状态。
买卖股票的最佳时机Ⅳ
给你一个整数数组 prices 和一个整数 k ，其中 prices[i] 是某支给定的股票在第 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。也就是说，你最多可以买 k 次，卖 k 次。
注意：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）。
示例 1：
输入：k = 2, prices = [2,4,1]
输出：2
解释：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。
示例 2：
输入：k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]
输出：7
解释：在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。
随后，在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入，在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
提示：
1 <= k <= 1001 <= prices.length <= 10000 <= prices[i] <= 1000
思路
和买卖股票的最佳时机Ⅲ类似，这里要求最多进行 k 次交易，那么我们就定义相应 2*k+1 个状态就可以了，这里多出来一个状态表示的“不操作”这个状态，这样的话，除了 0 以外，偶数就是卖出，奇数就是买入， dp 数组的定义和母题是一样的。
class Solution {
public:
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if (!n) return 0;
auto dp = vector<vector<int>>(n, vector<int>(2*k+1, 0));
// 第 0 天买入一定是初始化为 -prices[0] （当天买当天卖）
for (int j = 1; j < 2*k; j += 2) dp[0][j] = -prices[0];
// 遍历每一天
for (int i = 1; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < 2*k-1; j += 2) {
// j+1 为奇数，表示买，j 为偶数，表示卖
dp[i][j+1] = max(dp[i-1][j+1], dp[i-1][j] - prices[i]);
dp[i][j+2] = max(dp[i-1][j+2], dp[i-1][j+1] + prices[i]);
}
return dp[n-1][2*k];
}
};
最佳买卖股票时机含冷冻期
给定一个整数数组prices，其中第 prices[i] 表示第 *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）:
- 卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
注意：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）。
示例 1:
输入: prices = [1,2,3,0,2]
输出: 3
解释: 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]
示例 2:
输入: prices = [1]
输出: 0
提示：
1 <= prices.length <= 50000 <= prices[i] <= 1000
思路
出现冷冻期后，状态的定义就比较复杂了，例如今天买⼊股票、今天卖出股票、今天是冷冻期，都是不能操作股票的。
具体可以区分出四种状态：
-
状态⼀：持有股票状态（今天买⼊股票，或者是之前就买⼊了股票然后没有操作，⼀直持有）
-
不持有股票状态，这⾥就有两种卖出股票状态
-
状态⼆：保持卖出股票的状态（两天前就卖出了股票，度过⼀天冷冻期。或者是前⼀天就是卖出股票状
态，⼀直没操作）
-
状态三：今天卖出股票
-
-
状态四：今天为冷冻期状态
明确状态后就可以开始找状态转移了，具体看如下代码：
/**
总共四种状态：0 表示今天保持持有、1 表示今天保持卖出、2 表示今天卖出、3表示今天冷冻期
**/
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if (!n) return 0;
auto dp =vector<vector<int>>(n, vector<int>(4)); // 定义四种状态
dp[0][0] = -prices[0]; // 初始化
// 遍历每一天
for (int i = 1; i < n; ++i) {
// 当天持有状态可以从：1.前一天持有；2.前一天冷冻期，当天买入；
// 3.前一天保持卖出（注意是保持卖出，不是卖出），今天买入这几种情况推导过来
dp[i][0] = max({dp[i-1][0], dp[i-1][3] - prices[i], dp[i-1][1] - prices[i]});
// 当天保持卖出可以从：1.前一天保持卖出；2.前一天冷冻期（大前天卖出）这两种情况推导过来
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][3]);
// 当天卖出前一天必须持有
dp[i][2] = dp[i-1][0] + prices[i];
// 当天冷冻期前一天必须卖出
dp[i][3] = dp[i-1][2];
}
// 想要最大利润，最后一天必不能持有，返回最后一天剩余三种情况的最大值即可
return max({dp[n-1][3], dp[n-1][2], dp[n-1][1]});
}
};
买卖股票的最佳时机含手续费
给定一个整数数组 prices，其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格 ；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。
注意：这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。
示例 1：
输入：prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出：8
解释：能够达到的最大利润:
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 9
总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8
示例 2：
输入：prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出：6
提示：
1 <= prices.length <= 5 * 10^41 <= prices[i] < 5 * 10^40 <= fee < 5 * 10^4
思路
本题和买卖股票的最佳时机Ⅱ就是多了个减去手续费的操作
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int n = prices.size();
// dp[i][0]表示第 i 天持有股票，dp[i][1]表示第 i 天不持有股票
auto dp = vector<vector<int>> (n, vector<int>(2));
dp[0][0] = -prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
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] - fee);
}
return max(dp[n-1][0], dp[n-1][1]);
}
};