算法题目股票交易系列

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {if(prices.length == 0){return 0;}int preMin = prices[0];   // 记录前几天中最小的价格int maxPro = 0;           // 记录最大利润for(int i=1; i<prices.length; i++){maxPro = Math.max(prices[i]-preMin, maxPro);preMin = Math.min(prices[i], preMin);}return maxPro;}
}

可以进行无限次的股票交易

leetcode 122 买卖股票的最佳时机 II（简单）
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。

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: [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 。

示例 2:

输入: [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: [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。

题解：
贪心思想：对于 [a, b, c, d]，如果有 a <= b <= c <= d ，那么最大收益为 d - a。而 d - a = (d - c) + (c - b) + (b - a) ，因此当访问到一个 prices[i] 且 prices[i] - prices[i-1] > 0，那么就把 prices[i] - prices[i-1] 添加到收益中。

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int n = prices.length;if(n==0){return 0;}int maxPro = 0;for(int i=1; i<n; i++){if(prices[i]>prices[i-1]){maxPro = maxPro + (prices[i] - prices[i-1]);}}return maxPro;}
}

只能进行两次的股票交易

leetcode 123 买卖股票的最佳时机 III（困难）
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: [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: [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: [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。

题解：

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int n = prices.length;if(n==0){return 0;}int firstBuy = Integer.MIN_VALUE,  firstSell = 0;int secondBuy = Integer.MIN_VALUE, secondSell = 0;/** 对于每一天，需要维护四个状态:firstBuy:   考虑在该天第一次买入股票可获得的最大收益 firstSell:  考虑在该天第一次卖出股票可获得的最大收益secondBuy:  考虑在该天第二次买入股票可获得的最大收益secondSell: 考虑在该天第二次卖出股票可获得的最大收益分别对四个变量进行相应的更新, 最后secSell就是最大，收益值(secSell >= fstSell)**/       for(int price: prices){firstBuy = Math.max(firstBuy, 0 - price);firstSell = Math.max(firstSell, firstBuy + price);secondBuy = Math.max(secondBuy, firstSell - price);secondSell = Math.max(secondSell, secondBuy + price);}return secondSell;}
}

可以进行K次的股票交易

leetcode 188 买卖股票的最佳时机 IV（中等）
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 k 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: [2,4,1], k = 2
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: [3,2,6,5,0,3], k = 2
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 。

题解：
“只能进行两次的股票交易” 的变形

class Solution {public int maxProfit(int k, int[] prices) {int n = prices.length;if(n==0 || k==0){return 0;}// k>=n/2时， 等同于拥有无限次交易的机会if(k>=n/2){int maxPro = 0;for(int i=1; i<n; i++){if(prices[i]>prices[i-1]){maxPro = maxPro + (prices[i] - prices[i-1]);}}return maxPro;}// k<n/2时， 可以看作是只有两次交易机会的延伸// 对每一天，需考虑2K个变量，即维护第 K 次买、卖的变量// KthBuyOrSell[i][0] 表示第i次买入// KthBuyOrSell[i][1] 表示第i次卖出int[][] KthBuyOrSell = new int[k][2];// 初始化for(int i=0; i<k; i++){KthBuyOrSell[i][0] = Integer.MIN_VALUE;KthBuyOrSell[i][1] = 0;}for(int price: prices){           // 对每一天，维护2k个变量// 第一次买入，卖出要特殊处理KthBuyOrSell[0][0] = Math.max(KthBuyOrSell[0][0], 0 - price);KthBuyOrSell[0][1] = Math.max(KthBuyOrSell[0][1], KthBuyOrSell[0][0] + price);// 进行第i次买入，则要在第 i-1 次卖出的基础上前去当天的价格 (i>0)// 进行第i次卖出，则要在第 i   次买入的基础上加上当天的价格 (i>0)for(int i=1; i<k; i++){KthBuyOrSell[i][0] = Math.max(KthBuyOrSell[i][0], KthBuyOrSell[i-1][1] - price);KthBuyOrSell[i][1] = Math.max(KthBuyOrSell[i][1], KthBuyOrSell[i][0] + price);}}return KthBuyOrSell[k-1][1];}
}

需要冷冻期的股票交易

leetcode 309 最佳买卖股票时机含冷冻期（中等）
给定一个整数数组，其中第 i 个元素代表了第 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）:

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）。
卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。

示例:

输入: [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]

题解：
状态转移的方法

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int n = prices.length;if(n==0){return 0;}// 定义状态以及动作int[] buy = new int[n];    // buy[k]   表示第k天要买入int[] s1 = new int[n];     // s1[k]    表示第k天是手中持有股票的状态int[] sell = new int[n];   // sell[k]  表示第k天要卖出int[] s2 = new int[n];     // s2[k]    表示第k天是手中没有股票的状态// 初始化buy[0] = -prices[0];   // 若第0天买入，则花费prices[0];s1[0] = -prices[0];    // 在第0天持有，则花费prices[0];sell[0] = 0;           // 第0天手中无股票卖出(同一天买入再卖出)，故为利润为0s2[0] = 0;             // 第0天手中无股票，即没有进行买入操作，利润为0// 状态转移时需注意://   1. s1,s2状态的改变不设计资金的增减；而buy,sell操作会涉及资金的增减//   2. 当天的情况一定是由前一天的情况转化而来的for(int k=1; k<n; k++){// 若当天要进行buy，则前一天为手中不能有股票，则前一天要么是s2的状态，要么执行了sell操作// 由于冷却期的存在（当天若要买入，则前一天不能有卖出操作）,只能从前一天手中为空的状态转移过来// 不能从前一天卖掉的状态转移过来， 因为前一天卖掉，当天是是冷却期，不能进行买入操作// 执行buy后，手中资金应减去当天pricebuy[k] = s2[k-1]-prices[k];  // 若当天是手中持有股票的状态，则前天手中应该持有股票// 要么前天本来就是持有股票状态，要么是前天进行了buy操作s1[k] = Math.max(s1[k-1], buy[k-1]);// 若当天要进行sell操作，则前天手中应持有股票// 要么前天手中本来就持有股票，要么前天进行了buy操作// sell 执行后，资金增加sell[k] = Math.max(s1[k-1], buy[k-1]) + prices[k];// 若当天是手中无股票的状态，则前一天手中也应无股票// 要么前天手中本来就无股票，要么前天进行了sell操作s2[k] = Math.max(s2[k-1], sell[k-1]);            }// 最终最大利润，一定当天卖出或者当天手中无股票的状态return Math.max(s2[n-1], sell[n-1]);      }
}

需要交易费用的股票交易

leetcode 714 买卖股票的最佳时机含手续费（中等）
给定一个整数数组 prices，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格；非负整数 fee 代表了交易股票的手续费用。

你可以无限次地完成交易，但是你每次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。

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.

注意:

0 < prices.length <= 50000.
0 < prices[i] < 50000.
0 <= fee < 50000.

题解：
状态转移法

class Solution {public int maxProfit(int[] prices, int fee) {int n = prices.length;if(n==0){return 0;}// 定义状态以及动作int[] buy = new int[n];    // buy[k]   表示第k天要买入int[] s1 = new int[n];     // s1[k]    表示第k天是手中持有股票的状态int[] sell = new int[n];   // sell[k]  表示第k天要卖出int[] s2 = new int[n];     // s2[k]    表示第k天是手中没有股票的状态// 初始化buy[0] = -prices[0];   // 若第0天买入，则花费prices[0];s1[0] = -prices[0];    // 在第0天持有，则花费prices[0];sell[0] = 0;           // 第0天手中无股票卖出(同一天买入再卖出)，故为利润为0s2[0] = 0;             // 第0天手中无股票，即没有进行买入操作，利润为0// 状态转移时需注意://   1. s1,s2状态的改变不设计资金的增减；而buy,sell操作会涉及资金的增减//   2. 当天的情况一定是由前一天的情况转化而来的for(int k=1; k<n; k++){// 若当天要进行buy，则前一天为手中不能有股票，// 则前一天要么是s2的状态，要么执行了sell操作// 执行buy后，手中资金应减去当天pricebuy[k] = Math.max(s2[k-1], sell[k-1]) - prices[k];  // 若当天是手中持有股票的状态，则前天手中应该持有股票// 要么前天本来就是持有股票状态，要么是前天进行了buy操作s1[k] = Math.max(s1[k-1], buy[k-1]);// 若当天要进行sell操作，则前天手中应持有股票// 要么前天手中本来就持有股票，要么前天进行了buy操作// sell 执行后，资金增加, 同时需要减去交易费sell[k] = Math.max(s1[k-1], buy[k-1]) + prices[k] - fee;// 若当天是手中无股票的状态，则前一天手中也应无股票// 要么前天手中本来就无股票，要么前天进行了sell操作s2[k] = Math.max(s2[k-1], sell[k-1]);            }// 最终最大利润，一定当天卖出或者当天手中无股票的状态return Math.max(s2[n-1], sell[n-1]);      }
}