题解 | #买卖股票的最好时机(二)#

题目主要信息：

• 给出一个数组表示连续多日的股票价格
• 你可以选择在某一天买入股票，在另一天卖出股票，买卖可以有多次机会，但是同一天只能买或者只能卖
• 假设买卖没有手续费，问最高收益是多少，即卖出的价格减去买入的价格，如果没有利润需要返回0

举一反三：

学习完本题的思路你可以解决如下题目：

BM78.打家劫舍(一)

BM79.打家劫舍(二)

BM80.买卖股票的最好时机(一)

BM82.买卖股票的最好时机(三)

方法一：动态规划(推荐使用)

知识点：动态规划

动态规划算法的基本思想是：将待求解的问题分解成若干个相互联系的子问题，先求解子问题，然后从这些子问题的解得到原问题的解；对于重复出现的子问题，只在第一次遇到的时候对它进行求解，并把答案保存起来，让以后再次遇到时直接引用答案，不必重新求解。动态规划算法将问题的解决方案视为一系列决策的结果

思路：

这道题与BM80.买卖股票的最好时机(一)ps://blog.nowcoder.net/n/5fd858eb8ff343389f11629cd6017fa7)的区别在于可以多次买入卖出。 但是对于每天还是有到此为止的最大收益和是否持股两个状态，因此我们照样可以用动态规划。

具体做法：

• step 1：用$dp[i][0]dp[i][0]$表示第i天不持股到该天为止的最大收益，$dp[i][1]dp[i][1]$表示第i天持股，到该天为止的最大收益。
• step 2：（初始状态） 第一天不持股，则总收益为0，$dp[0][0]=0dp[0][0]=0$；第一天持股，则总收益为买股票的花费，此时为负数，$dp[0][1]=-prices[0]dp[0][1]\; =\; -prices[0]$。
• step 3：（状态转移） 对于之后的每一天，如果当天不持股，有可能是前面的若干天中卖掉了或是还没买，因此到此为止的总收益和前一天相同，也有可能是当天卖掉股票，我们选择较大的状态$dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i])dp[i][0]\; =\; max(dp[i\; -\; 1][0],\; dp[i\; -\; 1][1]\; +\; prices[i])$；
• step4：如果当天持股，可能是前几天买入的还没卖，因此收益与前一天相同，也有可能是当天买入，减去买入的花费，同样是选取最大值：$dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i])dp[i][1]\; =\; max(dp[i\; -\; 1][1],\; dp[i\; -\; 1][0]\; -\; prices[i])$。

Java实现代码：

import java.util.*;
public class Solution {
    public int maxProfit (int[] prices) {
        int n = prices.length;
        //dp[i][0]表示某一天不持股到该天为止的最大收益，dp[i][1]表示某天持股，到该天为止的最大收益
        int[][] dp = new int[n][2]; 
        //第一天不持股，总收益为0
        dp[0][0] = 0; 
        //第一天持股，总收益为减去该天的股价
        dp[0][1] = -prices[0]; 
        //遍历后续每天，状态转移
        for(int i = 1; i < n; 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], dp[i - 1][0] - prices[i]);
        }
        //最后一天不持股，到该天为止的最大收益
        return dp[n - 1][0]; 
    }
}

C++实现代码：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        //dp[i][0]表示某一天不持股到该天为止的最大收益，dp[i][1]表示某天持股，到该天为止的最大收益
        vector<vector<int> > dp(n, vector<int>(2, 0)); 
        //第一天不持股，总收益为0
        dp[0][0] = 0; 
        //第一天持股，总收益为减去该天的股价
        dp[0][1] = -prices[0]; 
        //遍历后续每天，状态转移
        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]);
        }
        //最后一天不持股，到该天为止的最大收益
        return dp[n - 1][0]; 
    }
};

Python代码实现：

class Solution:
    def maxProfit(self , prices: List[int]) -> int:
        n = len(prices)
        #dp[i][0]表示某一天不持股到该天为止的最大收益，dp[i][1]表示某天持股，到该天为止的最大收益
        dp = [[0] * 2 for i in range(n)] 
        #第一天不持股，总收益为0
        dp[0][0] = 0 
        #第一天持股，总收益为减去该天的股价
        dp[0][1] = -prices[0] 
        #遍历后续每天，状态转移
        for i in range(1, n): 
            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])
        #最后一天不持股，到该天为止的最大收益
        return dp[n - 1][0] 

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)O(n)$，其中$nn$为数组长度，遍历一次数组
• 空间复杂度：$O(n)O(n)$，动态规划辅助数组相当于两个一维数组

方法二：贪心（扩展思路）

知识点：贪心思想

贪心思想属于动态规划思想中的一种，其基本原理是找出整体当中给的每个局部子结构的最优解，并且最终将所有的这些局部最优解结合起来形成整体上的一个最优解。

思路：

其实我们要想获取最大收益，只需要在低价买入高价卖出就可以了，因为可以买卖多次。利用贪心思想：只要一段区间内价格是递增的，那么这段区间的差值就是我们可以有的收益。

具体做法：

• step 1：遍历数组，只要数组后一个比前一个更大，就可以有收益。
• step 2：将收益累加，得到最终结果。

图示：

Java实现代码：

import java.util.*;
public class Solution {
    public int maxProfit (int[] prices) {
        int res = 0;
        for(int i = 1; i < prices.length; i++){
            //只要某段在递增就有收益
            if(prices[i - 1] < prices[i]) 
                //收益累加
                res += prices[i] - prices[i - 1]; 
        }
        return res;
    }
}

C++实现代码：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int res = 0;
        for(int i = 1; i < prices.size(); i++){
            //只要某段在递增就有收益
            if(prices[i - 1] < prices[i]) 
                //收益累加
                res += prices[i] - prices[i - 1]; 
        }
        return res;
    }
};

Python代码实现：

class Solution:
    def maxProfit(self , prices: List[int]) -> int:
        res = 0
        for i in range(1, len(prices)):
            #只要某段在递增就有收益
            if prices[i - 1] < prices[i]: 
                #收益累加
                res += prices[i] - prices[i - 1] 
        return res

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)O(n)$，其中$nn$为数组长度，遍历一次数组
• 空间复杂度：$O(1)O(1)$，常数级变量，没有使用额外辅助空间