股票问题

买卖股票的最佳时机 I

题目

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 <= 105
0 <= prices[i] <= 104

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。

解题思路

使用一个变量记录前 0 ~ i - 1 天的最低价，第 i 天的价格减去 0 ~ i - 1 天的最低价即为第 i 天最大利润（i 从 0 开始）

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        int res = 0;
        int minPrice = prices[0];
        for (int i=1; i<n; i++)
        {
            //minPrice表示前i天的最低价
            res = max(res, prices[i] - minPrice);
            minPrice = min(minPrice, prices[i]);
        }
        return res;
    }
};

买卖股票的最佳时机 II

题目

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

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii
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解题思路1 贪心

只要明天的价格大于今天的就买今天的股票，在明天卖出，利润等于明天的价格减去今天的价格

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        int res = 0;
        for (int i=0; i<n-1; i++)
        {
            res += max(0,prices[i+1]-prices[i]);
        }
        return res;
    }
};

解题思路2 动态规划

定义状态:

• dp[i][0] 表示第 i 天交易完后手里没有股票的最大利润
• 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）

状态转移:

• dp[i][0] = max(dp[i-1][1] + prices[i], dp[i-1][0]);
• dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i-1][1]);

解释：

• dp[i-1][1] + prices[i] 表示前一天有股票今天卖股票
• dp[i-1][0] 表示前一天没股票今天不买股票
• dp[i-1][0] - prices[i] 表示前一天没股票今天买股票
• dp[i-1][1] 表示前一天有股票今天不卖股票

  代码

  class Solution {
  public:
      int maxProfit(vector<int>& prices) {
          int n = prices.size();
          vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));
          dp[0][0] = 0, dp[0][1] = -prices[0];
          for (int i=1; i<n; i++)
          {
              //第i天交易完成后手里没有股票可能有两种情况：前一天有股票今天卖股票 或 前一天没股票今天不买股票
              dp[i][0] = max(dp[i-1][1] + prices[i], dp[i-1][0]);
              //第i天交易完成后手里有股票可能有两种情况：前一天没股票今天买股票 或 前一天有股票今天不卖股票
              dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i-1][1]);
          }
          return dp[n-1][0];
      }
  };

买卖股票的最佳时机含手续费

题目

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 * 104
1 <= prices[i] < 5 * 104
0 <= fee < 5 * 104

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee
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解题思路 动态规划

定义状态:

• dp[i][0] 表示第 i 天交易完后手里没有股票的最大利润
• 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）

和 买卖股票的最佳时机 II 不同的是，这题要在卖出的时候支付手续费，因此状态转移方程:

• dp[i][0] = max(dp[i-1][1] + prices[i] - fee, dp[i-1][0]);
• dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i-1][1]);

解释：

• dp[i-1][1] + prices[i] - fee 表示前一天有股票今天卖股票，并在卖出时支付手续费
• dp[i-1][0] 表示前一天没股票今天不买股票
• dp[i-1][0] - prices[i] 表示前一天没股票今天买股票
• dp[i-1][1] 表示前一天有股票今天不卖股票

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int n = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));
        dp[0][0] = 0, dp[0][1] = -prices[0];
        for (int i=1; i<n; i++)
        {
            //第i天交易完成后手里没有股票可能有两种情况：前一天有股票今天卖股票(并支付手续费) 或 前一天没股票今天不买股票
            dp[i][0] = max(dp[i-1][1] + prices[i] - fee, dp[i-1][0]);
            //第i天交易完成后手里有股票可能有两种情况：前一天没股票今天买股票 或 前一天有股票今天不卖股票
            dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i-1][1]);
        }
        return dp[n-1][0];
    }
};

最佳买卖股票时机含冷冻期

题目

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 <= 5000
0 <= prices[i] <= 1000

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown
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解题思路 动态规划

• 定义状态：
  • dp[i][0]: 第 i 天交易完，手上持有股票的最大收益（i 从 0 开始计算）
  • dp[i][1]: 第 i 天交易完，手上不持有股票，并且进入冷冻期中的累计最大收益
  • dp[i][2]: 第 i 天交易完，手上不持有股票，并且不进入冷冻期中的累计最大收益
• 状态转移方程1：dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][2] - prices[i])
  • dp[i][0] = dp[i-1][0] 表示前一天持有股票并且前一天没有卖出
  • dp[i][0] = dp[i-1][2] - prices[i] 表示前一天交易结束后没有持有股票且没有进入冷冻期，在今天买了股票
• 状态转移方程2：dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i];
  • dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i] 表示前一天交易完有股票，在今天卖出
• 状态转移方程3：dp[i][2] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][2]);
  • dp[i][2] = dp[i-1][1] 表示前一天卖出了股票，进入冷冻期，今天不能买股票
  • dp[i][2] = dp[i-1][2] 表示前一天没有卖出了股票，没有进入冷冻期，但今天不买股票

代码

public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        if (n <= 1) return 0;
        // dp[i][0]: 第 i 天交易完，手上持有股票的最大收益（i 从 0 开始计算）
        // dp[i][1]: 第 i 天交易完，手上不持有股票，并且进入冷冻期中的累计最大收益
        // dp[i][2]: 第 i 天交易完，手上不持有股票，并且不进入冷冻期中的累计最大收益
        vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(3));
        dp[0][0] = -prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        dp[0][2] = 0;
        for (int i=1; i<n; i++)
        {
            dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][2]-prices[i]); 
            dp[i][1] = dp[i-1][0]+prices[i];
            dp[i][2] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][2]);
        }
        return max(dp[n-1][1],dp[n-1][2]);
    }
};