leetcode-123. 买卖股票的最佳时机 III

本文主要是介绍leetcode-123. 买卖股票的最佳时机 III，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

一、题目

二、思路

• 1、确定dp数组以及下标的含义
  一天一共就有五个状态， 0. 没有操作

  第一次买入
  第一次卖出
  第二次买入
  第二次卖出
  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。

• 2、确定递推公式
  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。

• 3、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]);

• 4、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？

  首先卖出的操作一定是收获利润，整个股票买卖最差情况也就是没有盈利即全程无操作现金为0，

  从递推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收获利润如果比0还小了就没有必要收获这个利润了。

  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，然后在买入一次（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;

• 5、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。

三、代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if(prices.empty())
        {
            return 0;
        }
        int size=prices.size();
        if(size==1)
        {
            return 0;
        }
        //表示的拥有的现金
        vector<vector<int>>dp(size,vector<int>(5,0));
        //定义5个状态
        //0：无操作
        //1：第一次买入
        //2：第一次卖出
        //3：第二次买入
        //4：第二次卖出
        dp[0][1]=-prices[0];
        dp[0][3]=-prices[0];
        for(int i=1;i<size;++i)
        {
            dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);
            dp[i][2]=max(dp[i-1][1]+prices[i],dp[i-1][2]);
            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[size-1][4];
    }
};

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