一文总结买卖股票的最佳时机的所有情况(附Python代码)
序言:
在数据结构与算法中的动态规划部分,买卖股票系列题目多,题解相似,值得对比总结一下。希望小伙伴们在看过这篇文章之后,可以对动态规划系列有一个清晰的认识,那么我们开始吧。
【注】本文部分参考于{代码随想录}公众号,想看详细解说的可以移步。
Leedcode121.买卖股票的最佳时机
问题描述:
股票只能买卖一次,求最大利润
解题思路:
dp[i][0] 表示第i天持有股票所剩得现金。(负的,即花了多少钱)
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得现金。
如果第i天持有股票即dp[i][0], 那么可以由两个状态推出来:
(1)第i-1天就持有股票,那么就保持现状,所得现金就是昨天持有股票的所得现金即:dp[i - 1][0]
(2)第i天买入股票,所得现金就是买入今天的股票后所得现金即:-prices[i] 所以dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
如果第i天不持有股票即dp[i][1], 也可以由两个状态推出来
(1)第i-1天就不持有股票,那么就保持现状,所得现金就是昨天不持有股票的所得现金即:dp[i - 1][1]
(2)第i天卖出股票,所得现金就是按照今天股票佳价格卖出后所得现金即:prices[i] + dp[i - 1][0] 所以dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:dp=[[0]*2 for i in range(len(prices))]dp[0][0]=-prices[0]for i in range(1,len(prices)):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 dp[-1][1]
Leedcode122.买卖股票的最佳时机II
问题描述
可以多次买卖股票,问最大收益。
解题思路
dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
如果第i天持有股票即dp[i][0], 那么可以由两个状态推出来
(1)第i-1天就持有股票,那么就保持现状,所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即:dp[i - 1][0]
(2)第i天买入股票,所得现金就是昨天不持有股票的所得现金减去 今天的股票价格 即:dp[i - 1][1] - prices[i]。【注意】这里是和上一题(121.买卖股票的最佳时机)唯一不同的地方
在上一题中,因为股票全程只能买卖一次,所以如果买入股票,那么第i天持有股票即dp[i][0]一定就是 -prices[i]。
而本题,因为一只股票可以买卖多次,所以当第i天买入股票的时候,所持有的现金可能有之前买卖过的利润。
如果第i天不持有股票即dp[i][1], 也可以由两个状态推出来
(1)第i-1天就不持有股票,那么就保持现状,所得现金就是昨天不持有股票的所得现金即:dp[i - 1][1]
(2)第i天卖出股票,所得现金就是按照今天股票佳价格卖出后所得现金即:prices[i] + dp[i - 1][0] 所以dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:dp=[[0]*2 for i in range(len(prices))]dp[0][0]=-prices[0]for i in range(1,len(prices)):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 dp[-1][1]
Leedcode123.买卖股票的最佳时机III
问题描述
最多买卖两次,问最大收益。
解题思路
一天一共就有五个状态
0. 没有操作
1.第一次买入
2.第一次卖出
3.第二次买入
4.第二次卖出
dp[i][j]中 i表示第i天,j为 [0 - 4] 五个状态,dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金。
达到dp[i][1]状态,有两个具体操作:
(1)第i天买入股票了,那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]
(2)第i天没有操作,而是沿用前一天买入的状态,即:dp[i][1] = dp[i - 1][1]
dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
同理dp[i][2]也有两个操作:
(1)第i天卖出股票了,那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
(2)第i天没有操作,沿用前一天卖出股票的状态,即:dp[i][2] = dp[i - 1][2]
所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])
同理可推出剩下状态部分:
dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:dp=[[0]*2 for i in range(len(prices))]dp[0][0]=-prices[0]for i in range(1,len(prices)):dp[i][0] = dp[i - 1][0]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])dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i])return dp[-1][1]
Leedcode188.买卖股票的最佳时机IV
问题描述
最多买卖k笔交易,问最大收益。
解题思路
使用二维数组 dp[i][j] :第i天的状态为j,所剩下的最大现金是dp[i][j]
j的状态表示为:
0 表示不操作
1 第一次买入
2 第一次卖出
3 第二次买入
4 第二次卖出
…
也就是说:除了0以外,偶数就是卖出,奇数就是买入。
达到dp[i][1]状态,有两个具体操作:
(1)第i天买入股票了,那么dp[i][1] = dp[i - 1][0] - prices[i]
(2)第i天没有操作,而是沿用前一天买入的状态,即:dp[i][1] = dp[i - 1][1]
dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][0]);
同理dp[i][2]也有两个操作:
(1)第i天卖出股票了,那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
(2)第i天没有操作,沿用前一天卖出股票的状态,即:dp[i][2] = dp[i - 1][2]
dp[i][2] = max(dp[i - 1][i] + prices[i], dp[i][2])
class Solution:def maxProfit(self, k: int, prices: List[int]) -> int:if len(prices)==0:return 0n=2*k+1dp=[[0]*n for i in range(len(prices))] #n列for j in range(1,n,2):#初始化i=0的情况dp[0][j]=-prices[0]for i in range(1,len(prices)):for j in range(0,n-2,2):dp[i][j+1]=max(dp[i-1][j+1],dp[i-1][j]-prices[i]) #买入dp[i][j+2]=max(dp[i-1][j+2],dp[i-1][j+1]+prices[i])#卖出return dp[-1][-1]
Leedcode309.最佳买卖股票时机含冷冻期
问题描述
可以多次买卖,但每次卖出有冷冻期1天。
解题思路
dp[i][j]:第i天状态为j,所剩的最多现金为dp[i][j]。
具体可以区分出如下四个状态:
状态一:买入股票状态(今天买入股票,或者是之前就买入了股票然后没有操作)
状态二:两天前就卖出了股票,度过了冷冻期,一直没操作,今天保持卖出股票状态
状态三:今天卖出了股票
状态四:今天为冷冻期状态,但冷冻期状态不可持续,只有一天!
达到买入股票状态dp[i][0],有两个具体操作:
(1)前一天就是持有股票状态(状态一),dp[i][0] = dp[i - 1][0]
(2)今天买入了,有两种情况
(2.1)前一天是冷冻期(状态四),dp[i - 1][3] - prices[i]
(2.2)前一天是保持卖出股票状态(状态二),dp[i - 1][1] - prices[i]
2.1和2.2取最大值,即:max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]
即:dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]);
达到保持卖出股票状态dp[i][1],有两个具体操作:
(1)前一天就是状态二
(2)前一天是冷冻期(状态四)
即:dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);
达到今天就卖出股票状态dp[i][2] ,只有一个操作:
(1)昨天一定是买入股票状态(状态一),今天卖出
即:dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
达到冷冻期状态dp[i][3],只有一个操作:
(1)昨天卖出了股票(状态三)
即:p[i][3] = dp[i - 1][2];
class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:n = len(prices)if (n<=1) return 0dp=[[0]*4 for i in range(n)]dp[0][0]=-prices[0]for i in range(1,len(prices)):dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i])dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3])dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i]dp[i][3] = dp[i - 1][2]return max(dp[n - 1][3],max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]))
Leedcode714.买卖股票的最佳时机含手续费
问题描述
可以多次买卖,但每次有手续费。
解题思路
相对于122.买卖股票的最佳时机II,本题只需要在计算卖出操作的时候减去手续费就可以了,代码几乎是一样的。
dp[i][0] 表示第i天持有股票所省最多现金。
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
如果第i天持有股票即dp[i][0], 那么可以由两个状态推出来
第i-1天就持有股票,那么就保持现状,所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即:dp[i - 1][0]
第i天买入股票,所得现金就是昨天不持有股票的所得现金减去 今天的股票价格 即:dp[i - 1][1] - prices[i]
即:dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);
如果第i天不持有股票即dp[i][1]的情况, 依然可以由两个状态推出来
第i-1天就不持有股票,那么就保持现状,所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即:dp[i - 1][1]
第i天卖出股票,所得现金就是按照今天股票价格卖出后所得现金,注意这里需要有手续费了即:dp[i - 1][0] + prices[i] - fee
所以:dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i] - fee);
class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int], fee: int) -> int:if len(prices)==0:return 0dp=[[0]*2 for i in range(len(prices))]dp[0][0]=-prices[0]for i in range(1,len(prices)):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])
总结
好啦,以上就是关于动态规划中买卖股票的最佳时机的所有情况啦,喜欢的小伙伴可以点个赞哦,若是能关注就更好啦,作者会不定期更新总结Leedcode题解,以及发布一些关于机器视觉的内容~
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