Skip to content

Latest commit

 

History

History
495 lines (386 loc) · 16.7 KB

0123.买卖股票的最佳时机III.md

File metadata and controls

495 lines (386 loc) · 16.7 KB
Raw

参与本项目，贡献其他语言版本的代码，拥抱开源，让更多学习算法的小伙伴们受益！

123.买卖股票的最佳时机III

力扣题目链接

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：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。

  • 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。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

算法公开课

《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。

思路

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：

  1. 确定dp数组以及下标的含义

一天一共就有五个状态，

  1. 没有操作 （其实我们也可以不设置这个状态）
  2. 第一次持有股票
  3. 第一次不持有股票
  4. 第二次持有股票
  5. 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。

  1. 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]);

  1. 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;

  1. 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。

  1. 举例推导dp数组

以输入[1,2,3,4,5]为例

123.买卖股票的最佳时机III

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！

拓展

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];
    }
};

其他语言版本

Java:

// 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];
    }
}

Python:

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]

Go:

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
}

JavaScript:

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];
};

TypeScript：

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]);
};

C:

#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;
}

Rust：

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
    }    
}