力扣：最佳买卖股票时机
最近在力扣上刷到最佳买卖股票时机系列的题型，主要采用动态规划的思想来解决此类问题。在这里从简单情况，慢慢过渡到相对复杂的情况分析。
题一、买卖股票的最佳时机
题目描述
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。
如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票一次），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意：你不能在买入股票前卖出股票。
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。
来源 -> 力扣：买卖股票的最佳时机
题目分析1
1、 状态定义
状态 dp[i][j] 表示：在下标为 i 的这一天，用户手上持股状态为 j 所获得的最大利润。
说明：j 只有 2 个值：0 表示不持股（特指卖出股票以后的不持股状态），1 表示持股。
2、 状态转移
(1) dp[i][0] ： 当前不持股，这种状态可以是，昨天不持股转移过来，即dp[i-1][0] ; 也可以是，昨天持股，今天卖出，即dp[i-1][1] + prices[i] ;
可得 ：dp[i][0] = Math.max ( dp[i-1][0] , dp[i-1][1] + prices[i] ) ;
(2) dp[i][1] : 当前持股，这种状态可以是，昨天持股转移过来，即dp[i-1][1] ; 也可以是 - prices[i] ;
可得 ：dp[i][1] = Math.max ( dp[i-1][1] , - prices[i] ) ;
这里的 - prices[i] 表示，在下标为 i 的这一天，执行买入操作得到的收益。注意：因为题目只允许一次交易，因此不能加上 dp[i - 1][0]。
3、 初始情况
第 0 天不持股，显然 dp[0][0] = 0 ;
第 0 天持股，显然 dp[0][1] = -prices[0] ;
4、 输出情况
从状态转移方程可以看出，每一天的状态都考虑了之前的状态。在只发生一次交易的情况下，持有这支股票一定不能使我们获得最大利润。因此输出是 dp[len - 1][0]，不可能是持股的状态 dp[len - 1][1]
5、 实现
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
if (len < 2) {
return 0;
}
// 0：用户手上不持股所能获得的最大利润，特指卖出股票以后的不持股，非指没有进行过任何交易的不持股
// 1：用户手上持股所能获得的最大利润
// 注意：因为题目限制只能交易一次，因此状态只可能从 1 到 0，不可能从 0 到 1
int[][] dp = new int[len][2];
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < len; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], - prices[i]);
}
return dp[len - 1][0];
}
} 这里发现由于 dp[i] 仅仅依赖于 dp[i - 1] ，因此，还可以进行空间优化。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
if (len < 2) {
return 0;
}
//cash 表示不持股时所能获得的最大利润
//hold 表示持股时所能获得的最大利润
int cash = 0;
int hold = -prices[0];
for (int i = 1; i < len; i++) {
cash = Math.max(cash , hold + prices[i]);
hold = Math.max(hold, - prices[i]);
}
return cash;
}
} 题目分析2
打擂法：其实我们发现：只需要关心之前看到的最低股价，于是遍历的过程中，记录下之前看到的最低股价，做差求得最大收益即可。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int day = prices.length;
if(day < 2) return 0;
//保留当前最大的利润
int profit = 0;
// 表示在当前位置之前的最小值，假设修正法（打擂台法）
int minVal = prices[0];
for(int i = 1;i < day;i ++){
profit = Math.max(profit,prices[i] - minVal);
minVal = Math.min(minVal,prices[i]);
}
return profit;
}
} 题二、买卖股票的最佳时机 II
题目描述
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）。
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 。
来源 -> 力扣：买卖股票的最佳时机 II
题目分析1
与上面的分析过程一样，唯一不同的是，此处允许多次交易，这就会导致 dp[i][1] 的状态发生改变
即 dp[i][1] = Math.max ( dp[i-1][1] , dp[i-1][0] - prices[i] ) ;
public class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
if (len < 2) {
return 0;
}
// 0：持有现金
// 1：持有股票
// 状态转移：0 → 1 → 0 → 1 → 0 → 1 → 0
int[][] dp = new int[len][2];
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < len; i++) {
// 这两行调换顺序也是可以的
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
}
return dp[len - 1][0];
}
} 同样，这里 dp[i] 仅仅依赖于 dp[i - 1] ，因此，也可以进行空间优化。
public class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
if (len < 2) {
return 0;
}
// cash：持有现金
// hold：持有股票
// 状态转移：cash → hold → cash → hold → cash → hold → cash
int cash = 0;
int hold = -prices[0];
int preCash = cash;
int preHold = hold;
for (int i = 1; i < len; i++) {
cash = Math.max(preCash, preHold + prices[i]);
hold = Math.max(preHold, preCash - prices[i]);
preCash = cash;
preHold = hold;
}
return cash;
}
} 题目分析2
其实这题使用动态规划，相对麻烦，一个很简单的思路就是，只要后一天的相对于前一天有收益，即可进行相关的买入和卖出操作。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int res = 0;
int len = prices.length;
//只要后一个值大于前一个值，就有收益
for (int i = 0; i < len - 1; i++) {
res += Math.max(prices[i + 1] - prices[i], 0);
}
return res;
}
} 注 ： 这两道题不适用动态规划的思想，也很简单，可以拿来作为对动态规划分析的过程简单理解
参考博客：【1,2】 有更多的解法
升级版：力扣 -> 最佳买卖股票时机含冷冻期
国家电网工作强度 100人发布
