【刷题总结】买卖股票最大利润问题 - Best Time to Buy and Sell Stock

该文为引用翻译leetcode一总结帖

本文为Leetcode上一系列股票买卖最大利润问题汇总,题目如下:

121. Best Time to Buy and Sell Stock
122. Best Time to Buy and Sell Stock II
123. Best Time to Buy and Sell Stock III
188. Best Time to Buy and Sell Stock IV
309. Best Time to Buy and Sell Stock with Cooldown
714. Best Time to Buy and Sell Stock with Transaction Fee

以上每个问题,其实都有各自解法。而本文将总结上述所有问题的通用解法。


1. 一般情况

首先考虑这样一个问题:
给定一个每日股价的数组,怎么样获得最大利润?
多数人可能想到的是:“重点在于哪天买进哪天卖出,以及我们能交易几次”。但其实还有个隐藏的重要因素。
首先,我们先定义一下变量:

price 是股价数组, 长度为n,
i 表示第i天(0n-1),
k 表示允许几次交易(交易量)。
T[i][k]表示第i天在最多k次交易下最大的利润。

所以很明显的,基础情况就是:T[-1][k] = T[i][0] = 0 表示0股价或0交易就是0利润(因为第一天是i=0,所以第-1天就是没有股价)。
所以第i天交易就可以转化成子问题:T[i-1][k], T[i][k-1], T[i-1][k-1], ... 然后就可以递归求解。 所以具体该怎么做呢?

最直观的想法是看第i天可以有什么操作。只有三种选择。而从这三个选择中取舍,条件是不能同时持有多股。也就是要不就卖出,持有0股;要不就买进,持有1股。
所以T[i][k]可以分成两种情况:T[i][k][0]T[i][k][1]持股或不持股。所以有如下递推情况:

  1. 初始条件:
    T[-1][k][0] = 0, T[-1][k][1] = -Infinity
    T[i][0][0] = 0, T[i][0][1] = -Infinity
  2. 递归公式:
    T[i][k][0] = max(T[i-1][k][0], T[i-1][k][1] + prices[i])
    T[i][k][1] = max(T[i-1][k][1], T[i-1][k-1][0] - prices[i])

解释:

  • 当-1天0持股时,利润是0。当-1天1持股时,不可能,定义为负无穷。
  • 当i天0交易0持股时,利润是0。当i天0交易1持股时,不可能,定义为负无穷。
  • 当i天要变成0持股(清仓)时,可以休停保持i-1天持股,也可以卖出获得今日股价price。取较大值。
  • 当i天要变成1持股(买进)时,可以休停保持i-1天持股,也可以买进减去今日股价price。取较大值。

所以最后的最大利润,就是循环所有股价之后,最后的清仓利润T[n-1][k][0]


2. 应用范例

以上的六个问题都可以归作k值不同。cooldown冷却期和transaction fee交易费的问题也是加上附加条件。

例1:k=1 (easy)

只能交易一次,求最大利润。

递推公式变为:

T[i][1][0] = max(T[i-1][1][0], T[i-1][1][1] + prices[i])
T[i][1][1] = max(T[i-1][1][1], T[i-1][0][0] - prices[i]) = max(T[i-1][1][1], -prices[i])

这里利用了初始条件:T[i-1][0][0]等于0。
时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)。

public int maxProfit(int[] prices) {
    int T_i10 = 0, T_i11 = Integer.MIN_VALUE;
        
    for (int price : prices) {
        T_i10 = Math.max(T_i10, T_i11 + price);
        T_i11 = Math.max(T_i11, -price);
    }
        
    return T_i10;
}

例2:k=+Infinity (easy)

不限交易次数,求最大利润。

递推公式变为:

T[i][k][0] = max(T[i-1][k][0], T[i-1][k][1] + prices[i])
T[i][k][1] = max(T[i-1][k][1], T[i-1][k-1][0] - prices[i]) = max(T[i-1][k][1], T[i-1][k][0] - prices[i])

这里利用了T[i-1][k-1][0] = T[i-1][k][0]
时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)。

public int maxProfit(int[] prices) {
    int T_ik0 = 0, T_ik1 = Integer.MIN_VALUE;
    
    for (int price : prices) {
        int T_ik0_old = T_ik0;
        T_ik0 = Math.max(T_ik0, T_ik1 + price);
        T_ik1 = Math.max(T_ik1, T_ik0_old - price);
    }
    
    return T_ik0;
}

例3:k=2 (hard)

交易次数为2,求最大利润。

跟例1同理。
递推公式变为:

T[i][2][0] = max(T[i-1][2][0], T[i-1][2][1] + prices[i])
T[i][2][1] = max(T[i-1][2][1], T[i-1][1][0] - prices[i])
T[i][1][0] = max(T[i-1][1][0], T[i-1][1][1] + prices[i])
T[i][1][1] = max(T[i-1][1][1], -prices[i])

这里利用了初始条件:T[i-1][0][0]等于0。
时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)。

public int maxProfit(int[] prices) {
    int T_i10 = 0, T_i11 = Integer.MIN_VALUE,
        T_i20 = 0, T_i21 = Integer.MIN_VALUE;
        
    for (int price : prices) {
        T_i20 = Math.max(T_i20, T_i21 + price);
        T_i21 = Math.max(T_i21, T_i10 - price);
        T_i10 = Math.max(T_i10, T_i11 + price);
        T_i11 = Math.max(T_i11, -price);
    }
        
    return T_i20;
}

例4:k is arbitrary k是任意输入值 (hard)

交易次数k为不定值,求最大利润。

这题是一般情况。重点在于先优化一下k的值。
完成任何一次交易都需要一天买入一天卖出,总共2天。
所以一个prices数组最多交易次数为n/2次。
如果k>=n/2,可以等同于k=无穷,和例2一样。
所以先看如果k>=n/2,就用例2方法,如果不,就用一般方法循环k。如果不优化就会出现TLE时间限制错误。
时间复杂度O(kn),空间复杂度O(k)。

public int maxProfit(int k, int[] prices) {
    if (k >= prices.length >>> 1) {
        int T_ik0 = 0, T_ik1 = Integer.MIN_VALUE;
    
        for (int price : prices) {
            int T_ik0_old = T_ik0;
            T_ik0 = Math.max(T_ik0, T_ik1 + price);
            T_ik1 = Math.max(T_ik1, T_ik0_old - price);
        }
    
        return T_ik0;
    }
        
    int[] T_ik0 = new int[k + 1];
    int[] T_ik1 = new int[k + 1];
    Arrays.fill(T_ik1, Integer.MIN_VALUE);
        
    for (int price : prices) {
        for (int j = k; j > 0; j--) {
            T_ik0[j] = Math.max(T_ik0[j], T_ik1[j] + price);
            T_ik1[j] = Math.max(T_ik1[j], T_ik0[j - 1] - price);
        }
    }
        
    return T_ik0[k];
}

例5:k = +Infinity but with cooldown有冷却期 (medium)

交易次数k不限,但不能连续2天交易(卖完隔一天才能买),求最大利润。

所以递归公式由如下:

T[i][k][0] = max(T[i-1][k][0], T[i-1][k][1] + prices[i])
T[i][k][1] = max(T[i-1][k][1], T[i-1][k][0] - prices[i])

变成 i-2

T[i][k][0] = max(T[i-1][k][0], T[i-1][k][1] + prices[i])
T[i][k][1] = max(T[i-1][k][1], T[i-2][k][0] - prices[i])

时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)。

public int maxProfit(int[] prices) {
    int T_ik0_pre = 0, T_ik0 = 0, T_ik1 = Integer.MIN_VALUE;
    
    for (int price : prices) {
        int T_ik0_old = T_ik0;
        T_ik0 = Math.max(T_ik0, T_ik1 + price);
        T_ik1 = Math.max(T_ik1, T_ik0_pre - price);
        T_ik0_pre = T_ik0_old;
    }
    
    return T_ik0;
}

例6:k = +Infinity but with transaction fee有交易费 (medium)

交易次数k不限,但每次交易有交易费fee,求最大利润。

所以递归公式由如下:

T[i][k][0] = max(T[i-1][k][0], T[i-1][k][1] + prices[i])
T[i][k][1] = max(T[i-1][k][1], T[i-1][k][0] - prices[i])

变成 i-2

T[i][k][0] = max(T[i-1][k][0], T[i-1][k][1] + prices[i])
T[i][k][1] = max(T[i-1][k][1], T[i-1][k][0] - prices[i] - fee)
or
T[i][k][0] = max(T[i-1][k][0], T[i-1][k][1] + prices[i] - fee)
T[i][k][1] = max(T[i-1][k][1], T[i-1][k][0] - prices[i])

注意有可能integer溢出
时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)。

解法1:买入时收费

public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
    int T_ik0 = 0, T_ik1 = Integer.MIN_VALUE;
    
    for (int price : prices) {
        int T_ik0_old = T_ik0;
        T_ik0 = Math.max(T_ik0, T_ik1 + price);
        T_ik1 = Math.max(T_ik1, T_ik0_old - price - fee);
    }
        
    return T_ik0;
}

解法2:卖出时收费(long替换int防止溢出错误)

public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
    long T_ik0 = 0, T_ik1 = Integer.MIN_VALUE;
    
    for (int price : prices) {
        long T_ik0_old = T_ik0;
        T_ik0 = Math.max(T_ik0, T_ik1 + price - fee);
        T_ik1 = Math.max(T_ik1, T_ik0_old - price);
    }
        
    return (int)T_ik0;
}

总结

例4是一般情况的解法,时间复杂度O(kn),空间复杂度O(k)。可见交易最大利润取决于:
第i天的操作,最大交易次数限制k和最后我们手中股票数额。
例5、例6有一些附加条件不过也是之前的变形。
希望有所帮助,happy coding!

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