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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)。
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示例 1:
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输入:prices = [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。
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示例 2:
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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。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:prices = [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。
-
示例 4:
-
输入:prices = [1] 输出:0
提示:
- 1 <= prices.length <= 10^5
- 0 <= prices[i] <= 10^5
《代码随想录》算法视频公开课:动态规划,股票至多买卖两次,怎么求? | LeetCode:123.买卖股票最佳时机III,相信结合视频再看本篇题解,更有助于大家对本题的理解。
这道题目相对 121.买卖股票的最佳时机 和 122.买卖股票的最佳时机II 难了不少。
关键在于至多买卖两次,这意味着可以买卖一次,可以买卖两次,也可以不买卖。
接来下我用动态规划五部曲详细分析一下:
- 确定dp数组以及下标的含义
一天一共就有五个状态,
- 没有操作 (其实我们也可以不设置这个状态)
- 第一次持有股票
- 第一次不持有股票
- 第二次持有股票
- 第二次不持有股票
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。
需要注意:dp[i][1],表示的是第i天,买入股票的状态,并不是说一定要第i天买入股票,这是很多同学容易陷入的误区。
例如 dp[i][1] ,并不是说 第i天一定买入股票,有可能 第 i-1天 就买入了,那么 dp[i][1] 延续买入股票的这个状态。
- 确定递推公式
达到dp[i][1]状态,有两个具体操作:
- 操作一:第i天买入股票了,那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]
- 操作二: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]
那么dp[i][1]究竟选 dp[i-1][0] - prices[i],还是dp[i - 1][1]呢?
一定是选最大的,所以 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:
- 操作一:第i天卖出股票了,那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
- 操作二: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]);
- dp数组如何初始化
第0天没有操作,这个最容易想到,就是0,即:dp[0][0] = 0;
第0天做第一次买入的操作,dp[0][1] = -prices[0];
第0天做第一次卖出的操作,这个初始值应该是多少呢?
此时还没有买入,怎么就卖出呢? 其实大家可以理解当天买入,当天卖出,所以dp[0][2] = 0;
第0天第二次买入操作,初始值应该是多少呢?应该不少同学疑惑,第一次还没买入呢,怎么初始化第二次买入呢?
第二次买入依赖于第一次卖出的状态,其实相当于第0天第一次买入了,第一次卖出了,然后再买入一次(第二次买入),那么现在手头上没有现金,只要买入,现金就做相应的减少。
所以第二次买入操作,初始化为:dp[0][3] = -prices[0];
同理第二次卖出初始化dp[0][4] = 0;
- 确定遍历顺序
从递归公式其实已经可以看出,一定是从前向后遍历,因为dp[i],依靠dp[i - 1]的数值。
- 举例推导dp数组
以输入[1,2,3,4,5]为例
大家可以看到红色框为最后两次卖出的状态。
现在最大的时候一定是卖出的状态,而两次卖出的状态现金最大一定是最后一次卖出。如果想不明白的录友也可以这么理解:如果第一次卖出已经是最大值了,那么我们可以在当天立刻买入再立刻卖出。所以dp[4][4]已经包含了dp[4][2]的情况。也就是说第二次卖出手里所剩的钱一定是最多的。
所以最终最大利润是dp[4][4]
以上五部都分析完了,不难写出如下代码:
// 版本一
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
if (prices.size() == 0) return 0;
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0));
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][3] = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
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[prices.size() - 1][4];
}
};
- 时间复杂度:O(n)
- 空间复杂度:O(n × 5)
当然,大家可以看到力扣官方题解里的一种优化空间写法,我这里给出对应的C++版本:
// 版本二
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
if (prices.size() == 0) return 0;
vector<int> dp(5, 0);
dp[1] = -prices[0];
dp[3] = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i]);
dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);
dp[3] = max(dp[3], dp[2] - prices[i]);
dp[4] = max(dp[4], dp[3] + prices[i]);
}
return dp[4];
}
};
- 时间复杂度:O(n)
- 空间复杂度:O(1)
大家会发现dp[2]利用的是当天的dp[1]。 但结果也是对的。
我来简单解释一下:
dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i]); 如果dp[1]取dp[1],即保持买入股票的状态,那么 dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);中dp[1] + prices[i] 就是今天卖出。
如果dp[1]取dp[0] - prices[i],今天买入股票,那么dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);中的dp[1] + prices[i]相当于是今天再卖出股票,一买一卖收益为0,对所得现金没有影响。相当于今天买入股票又卖出股票,等于没有操作,保持昨天卖出股票的状态了。
这种写法看上去简单,其实思路很绕,不建议大家这么写,这么思考,很容易把自己绕进去!
对于本题,把版本一的写法研究明白,足以!
其实我们可以不设置,‘0. 没有操作’ 这个状态,因为没有操作,手上的现金自然就是0, 正如我们在 121.买卖股票的最佳时机 和 122.买卖股票的最佳时机II 也没有设置这一状态是一样的。
代码如下:
// 版本三
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
if (prices.size() == 0) return 0;
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0));
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][3] = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
dp[i][1] = max(dp[i - 1][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[prices.size() - 1][4];
}
};
// 版本一
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
// 边界判断, 题目中 length >= 1, 所以可省去
if (prices.length == 0) return 0;
/*
* 定义 5 种状态:
* 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
*/
int[][] dp = new int[len][5];
dp[0][1] = -prices[0];
// 初始化第二次买入的状态是确保 最后结果是最多两次买卖的最大利润
dp[0][3] = -prices[0];
for (int i = 1; i < len; i++) {
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][3] = Math.max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
dp[i][4] = Math.max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
}
return dp[len - 1][4];
}
}
// 版本二: 空间优化
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int[] dp = new int[4];
// 存储两次交易的状态就行了
// dp[0]代表第一次交易的买入
dp[0] = -prices[0];
// dp[1]代表第一次交易的卖出
dp[1] = 0;
// dp[2]代表第二次交易的买入
dp[2] = -prices[0];
// dp[3]代表第二次交易的卖出
dp[3] = 0;
for(int i = 1; i <= prices.length; i++){
// 要么保持不变,要么没有就买,有了就卖
dp[0] = Math.max(dp[0], -prices[i-1]);
dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0]+prices[i-1]);
// 这已经是第二次交易了,所以得加上前一次交易卖出去的收获
dp[2] = Math.max(dp[2], dp[1]-prices[i-1]);
dp[3] = Math.max(dp[3], dp[2]+ prices[i-1]);
}
return dp[3];
}
}
版本一:
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
if len(prices) == 0:
return 0
dp = [[0] * 5 for _ in range(len(prices))]
dp[0][1] = -prices[0]
dp[0][3] = -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][4]
版本二:
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
if len(prices) == 0:
return 0
dp = [0] * 5
dp[1] = -prices[0]
dp[3] = -prices[0]
for i in range(1, len(prices)):
dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i])
dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i])
dp[3] = max(dp[3], dp[2] - prices[i])
dp[4] = max(dp[4], dp[3] + prices[i])
return dp[4]
版本一
func maxProfit(prices []int) int {
dp := make([][]int, len(prices))
for i := 0; i < len(prices); i++ {
dp[i] = make([]int, 5)
}
dp[0][0] = 0
dp[0][1] = -prices[0]
dp[0][2] = 0
dp[0][3] = -prices[0]
dp[0][4] = 0
for i := 1; i < len(prices); i++ {
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[len(prices)-1][4]
}
func max(a, b int) int {
if a > b {
return a
}
return b
}
版本二
func maxProfit(prices []int) int {
if len(prices) == 0 {
return 0
}
dp := make([]int, 5)
dp[1] = -prices[0]
dp[3] = -prices[0]
for i := 1; i < len(prices); i++ {
dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i])
dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i])
dp[3] = max(dp[3], dp[2] - prices[i])
dp[4] = max(dp[4], dp[3] + prices[i])
}
return dp[4]
}
func max(x, y int) int {
if x > y {
return x
}
return y
}
版本三
func maxProfit(prices []int) int {
if len(prices) == 0 {
return 0
}
dp := make([][5]int, len(prices))
dp[0][1] = -prices[0]
dp[0][3] = -prices[0]
for i := 1; i < len(prices); i++ {
dp[i][1] = max(dp[i-1][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[len(prices)-1][4]
}
func max(x, y int) int {
if x > y {
return x
}
return y
}
版本四:一维 dp 易懂版本
func maxProfit(prices []int) int {
dp := make([]int, 4)
dp[0] = -prices[0]
dp[2] = -prices[0]
for _, price := range prices[1:] {
dc := slices.Clone(dp) // 这句话是关键,把前一天的 dp 状态保存下来,防止被覆盖掉,后面只用它,不用 dp,逻辑简单易懂
dp[0] = max(dc[0], -price)
dp[1] = max(dc[1], dc[0] + price)
dp[2] = max(dc[2], dc[1] - price)
dp[3] = max(dc[3], dc[2] + price)
}
return dp[3]
}
版本一:
const maxProfit = prices => {
const len = prices.length;
const dp = new Array(len).fill(0).map(x => new Array(5).fill(0));
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][3] = -prices[0];
for (let i = 1; i < len; i++) {
dp[i][0] = dp[i - 1][0];
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][3] = Math.max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
dp[i][4] = Math.max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
}
return dp[len - 1][4];
};
版本二:
const maxProfit = prices => {
const len = prices.length;
const dp = new Array(5).fill(0);
dp[1] = -prices[0];
dp[3] = -prices[0];
for (let i = 1; i < len; i++) {
dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] - prices[i]);
dp[2] = Math.max(dp[2], dp[1] + prices[i]);
dp[3] = Math.max(dp[3], dp[2] - prices[i]);
dp[4] = Math.max(dp[4], dp[3] + prices[i]);
}
return dp[4];
};
版本一
function maxProfit(prices: number[]): number {
/**
dp[i][0]: 无操作;
dp[i][1]: 第一次买入;
dp[i][2]: 第一次卖出;
dp[i][3]: 第二次买入;
dp[i][4]: 第二次卖出;
*/
const length: number = prices.length;
if (length === 0) return 0;
const dp: number[][] = new Array(length).fill(0)
.map(_ => new Array(5).fill(0));
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][3] = -prices[0];
for (let i = 1; i < length; i++) {
dp[i][0] = dp[i - 1][0];
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][3] = Math.max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
dp[i][4] = Math.max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
}
return Math.max(dp[length - 1][2], dp[length - 1][4]);
};
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define min(a, b) ((a) > (b) ? (b) : (a))
int maxProfit(int* prices, int pricesSize) {
int buy1 = prices[0], buy2 = prices[0];
int profit1 = 0, profit2 = 0;
for (int i = 0; i < pricesSize; ++i) {
// 寻找最低点买入
buy1 = min(buy1, prices[i]);
// 找到第一次交易的最大盈利,并不断维护这一最大值
profit1 = max(profit1, prices[i] - buy1);
// 寻找第二次交易的最低投资点,并且考虑前一次交易的成本
// 当前价格 - 第一次操作的盈利=新的投入成本(
// 为了让盈利最大,要寻找最小的成本)
buy2 = min(buy2, prices[i] - profit1);
// 第二次卖出后的盈利:当前价格减去成本,不断维护这一最大的总利润
profit2 = max(profit2, prices[i] - buy2);
}
return profit2;
}
版本一
impl Solution {
pub fn max_profit(prices: Vec<i32>) -> i32 {
/*
* 定义 5 种状态:
* 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
*/
let mut dp = vec![vec![0; 5]; prices.len()];
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][3] = -prices[0];
for (i, &p) in prices.iter().enumerate().skip(1) {
// 不操作
// dp[i][0] = dp[i - 1][0];
dp[i][1] = dp[i - 1][1].max(-p);
dp[i][2] = dp[i - 1][2].max(dp[i - 1][1] + p);
dp[i][3] = dp[i - 1][3].max(dp[i - 1][2] - p);
dp[i][4] = dp[i - 1][4].max(dp[i - 1][3] + p);
}
dp[prices.len() - 1][4]
}
}
版本二(绕)
impl Solution {
pub fn max_profit(prices: Vec<i32>) -> i32 {
let (mut one_buy, mut one_sale, mut two_buy, mut two_sale) = (-prices[0], 0, -prices[0], 0);
for p in prices {
one_buy = one_buy.max(-p);
one_sale = one_sale.max(p + one_buy);
two_buy = two_buy.max(one_sale - p);
two_sale = two_sale.max(two_buy + p);
}
two_sale
}
}