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0.动态规划问题
动态规划(Dynamic Programming)算法的核心思想是:将大问题划分为小问题,进行解决，从而一步步获取最优解的处理算法
动态规划对于解决最优子结构啊和重叠子问题等问题时候,有着很好的应用
对于动态规划问题,大致可以分为以下几步:
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
- 确定递推公式
- dp数组如何初始化
- 确定遍历顺序
- 举例推导dp数组
一.买卖股票的最佳时机
1.题目描述
给定一个数组
prices，它的第i个元素prices[i]表示一支给定股票第i天的价格。你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回
0。
力扣: 力扣
2.问题分析
这一题买卖股票并且只能买卖一次,所有对于你对于股票应该有两种状态,一种是持有股票的状态,一种是不持有股票时候的状态
对于解决这样的动态规划的背包问题,还是采用通用的五个步骤
1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][0]表示第i天持有股票所得的最多现金,dp[i][1]表示第i天不持有股票所得的最多现金
2.确定递推公式
因为只能买入一次,并且卖出一次,
先来分析第i天持有股票的情况,如果第i天持有股票,那么只有两种情况,一种第i天之前已经买入股票了,一种第i天的时候刚好买入股票,应该取这两者的最大值作为dp[i][0]
dp[i][0]=max(dp[i-1][0],-prices[i])
再来分析第i天不持有股票的情况,如果第i天不持有股票,那么也只有两种情况,一种第i天之前已经卖出股票了,一种第i天刚好卖出股票,应该取这两者的最大值作为dp[i][1]
dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[i])
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);3.dp数组如何初始化
由递推公式可以看出dp[i][0]或dp[i][1]均有前面一项推出来,所以应该至少初始化dp[0][0]和dp[0][1],由题意可知,第0天持有股票便是在第0天买入股票,所以dp[0][0]=prices[0],第0天不持有股票就是不买入股票,dp[0][1]=0
4.确定遍历顺序
由递推公式可以看出dp[i][0]或dp[i][1]均有前面一项推出来,所以应该是从左到右进行遍历
5.举例推导dp数组
对于prices={7,1,5,3,6,4}进行填表
| i | dp[i][0] | dp[i][1] |
| 0 | -7 | 0 |
| 1 | -1 | 0 |
| 2 | -1 | 4 |
| 3 | -1 | 4 |
| 4 | -1 | 5 |
| 5 | -1 | 5 |
3.代码实现
public int maxProfit(int[] prices) {
//dp[i][0] 表示第i天持有股票所得最多现金
//dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
int[][] dp = new int[prices.length][2];
//初始化
dp[0][0] = -prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], -prices[i]);//不购入股票(保持和之前一样)和购入股票的最大值
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);//不卖出股票(保持一样)和卖出股票
}
return dp[prices.length - 1][1];
}二.买卖股票的最佳时机 II
1.题目描述
给你一个整数数组
prices，其中prices[i]表示某支股票第i天的价格。在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润 。
力扣:力扣
2.问题分析
这一题与上一题唯一的不同就是可以购买多次股票,然后再卖出,其他分析与上一题都一样,这一题主要就是在递推公式上有不同
1.确定递推公式
dp[i][0]仍然表示在第i天持有股票所有的最大现金.
在第i天可以选择买入股票,也可以选择不买入,选择不买入(之前已经买入了)就是dp[i-1][0],和之前一样,选择当天买入的话就和前一题不一样了,前一题因为只可能买入一次,所以持有股票的时候,(当天买入的情况)一定是0-prices[i],这一题因为之前可能已经买入并且卖出的情况,所以dp[i][0]与dp[i-1][1]联系起来 递推公式为:dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]-prices[i])
dp[i][1]仍然表示在第i天不持有股票所有的最大现金. 和之前的分析一样
递推公式为dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[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]);2.举例推导dp数组
对于prices = [7,1,5,3,6,4]进行推导
| i | dp[i][0] | dp[i][1] |
| 0 | -7 | 0 |
| 1 | -1 | 0 |
| 2 | -1 | 4 |
| 3 | 1 | 4 |
| 4 | 1 | 7 |
| 5 | 3 | 7 |
3.代码实现
public int maxProfit2(int[] prices) {
int[][] dp = new int[prices.length][2];
dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);//不购入股票(保持和之前一样)和购入股票的最大值
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);//不卖出股票(保持一样)和卖出股票
}
return dp[prices.length - 1][1];
}三.买卖股票的最佳时机 III
1.题目描述
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）。
力扣:力扣
2.问题分析
这个题目是最多可以完成两笔交易,说明你可以不交易,也可以选择完成一笔交易,也可以完成两笔交易,不能像第二个问题一样完成多笔交易
这个时候主要就是dp数组与前几题不一样,思路几乎一样
1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j], 一天一共有5种状态(并不是一定是第i天才到达这种状态)
- 不进行操作
- 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]的含义是,在第i天,处于j中状态下的拥有的最多现金
2.确定递推公式
0.dp[i][0]恒等于0
①达到dp[i][1]这个状态有两种情况,第一种,之前已经处于这种状态,并且今天不进行任何操作,第二种,当天买入股票从而处于这种情况,所以dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i])
②达到dp[i][2]这个状态同样有两种情况,第一种,之前已经处于这种状态,并且今天不进行任何操作,第二种,当天卖出股票从而处于这种情况,所以dp[i][0]=max(dp[i-1][2],dp[i-1][1]+prices[i])
③达到dp[i][3]这个状态同样有两种情况,第一种,之前已经处于这种状态,并且今天不进行任何操作,第二种,当天买入股票从而处于这种情况,所以dp[i][0]=max(dp[i-1][3],dp[i-1][2]-prices[i])
④达到dp[i][4]这个状态同样有两种情况,第一种,之前已经处于这种状态,并且今天不进行任何操作,第二种,当天卖出股票从而处于这种情况,所以dp[i][0]=max(dp[i-1][4],dp[i-1][3]+prices[i])
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]);3.dp数组如何初始化
根据递推公式,对所有的状态都需要对第一个进行初始化,dp[0][0]=0,dp[0][1]=0-prices[0]没什么问题,主要就是dp[0][2]=0,dp[0][3]=0-prices[0],dp[0][4]=0-prices[0],因为可以选择在当天卖出,当天再买入,再卖出,所以这些初始化是这些
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][3] = -prices[0];4.确定遍历顺序
和之前一样
5.举例推导dp数组
| i | dp[i][0] | dp[i][1] | dp[i][2] | dp[i]3] | dp[i][4] |
| 0 | 0 | -3 | 0 | -3 | 0 |
| 1 | 0 | -3 | 0 | -3 | 0 |
| 2 | 0 | -3 | 2 | -3 | 2 |
| 3 | 0 | 0 | 2 | 2 | 2 |
| 4 | 0 | 0 | 2 | 2 | 2 |
| 5 | 0 | 0 | 3 | 2 | 5 |
| 6 | 0 | 0 | 3 | 2 | 5 |
| 7 | 0 | 0 | 4 | 2 | 6 |
3.代码实现
public int maxProfit3(int[] prices) {
//表示的是第i天，买入股票的状态，
int[][] dp = new int[prices.length][5];
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][3] = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);//不购入股票(保持和之前一样)和购入股票的最大值
dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);//不卖出股票(保持一样)和卖出股票
dp[i][3] = Math.max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);//不购入股票(保持和之前一样)和购入股票的最大值
dp[i][4] = Math.max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);//不卖出股票(保持一样)和卖出股票
}
return dp[prices.length - 1][4];
}四.买卖股票的最佳时机 IV
1.题目描述
给定一个整数数组
prices，它的第i个元素prices[i]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 k 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）。
力扣:力扣
2.问题分析
这一题是买卖股票的最佳时机 III的进阶版,主要就是将最多买2次转换为最多k次,将第一题的直接复制,转换为一个关于j的for循环,赋值还和上一题一样,只不过这一次也要加上for循环,直接看代码更好理解一点
3.代码实现
int[][] dp = new int[prices.length][2 * k + 1];
for (int i = 1; i < 2 * k + 1; i += 2) {
dp[0][i] = -prices[0];
}
for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
for (int j = 1; j < 2 * k + 1; ++j) {
if (j % 2 != 0)
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1] - prices[i]);
else
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1] + prices[i]);
}
}
return dp[prices.length - 1][2 * k];五.最佳买卖股票时机含冷冻期
1.题目描述
给定一个整数数组
prices，其中第prices[i]表示第i天的股票价格 。设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:
- 卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
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）。
力扣:力扣
2.问题分析
这个题目相当于买卖股票的最佳时机 II题目的进阶版,主要就是多了一个冷冻期,也就是多了一个冷冻期状态
在II中我们解决的问题解决的问题就两个状态,一个是持有股票的状态,一个是未持有股票的状态,分析这一题,我们多了个冷冻期,如何进入冷冻期呢?那么它的前一天一定是卖出股票的状态,这样才能达到冷冻期,冷冻期在进入可自由买入股票状态,这样就有以下四个状态
- 持有股票状态(不一定当天买入股票,可能之前就已经买入了,保持之前的状态)
- 可自由买入股票状态(冷冻期之后的状态)
- 当天卖出股票状态(在今天卖出股票)
- 冷冻期状态(前一天是卖出股票状态)
1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j],在第i天状态是j所持有的最大现金
2.确定递推公式
状态一:
①前一天可能处于状态四,然后买入股票进入持有股票状态 dp[i][0]=dp[i-1][3]
②前一天可能是状态二,然后买入股票进入持有股票状态 dp[i][0]=dp[i-1][1]
③前一天可能是状态一,保持之前状态 dp[i][0]=dp[i-1][0]
状态二:
①前一天是状态四,解除冷冻期进入状态二 dp[i][1]=dp[i-1][3]
②前一天是状态二,保持之前状态 dp[i][1]=dp[i-1][1]
状态三:
①前一天是状态一,今天卖出股票 dp[i][2]=dp[i-1][0]
状态四:
①前一天是状态三,今天进入冷冻期 dp[i][3]=dp[i-1][2]
//持有股票的状态
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], Math.max(dp[i - 1][3] - prices[i], dp[i - 1][1] - prices[i]));
//未持有股票且不在冷冻期状态
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);
//当天卖出股票的状态
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
//冷冻期状态
dp[i][3] = dp[i - 1][2];3.dp数组如何初始化
需要对第0天进行初始化,持有股票状态就是在今天进行买入dp[0][0]=-price[0]
其他状态今天买入卖出变为0,所以全部赋为0
4.确定遍历顺序
和之前一样
5.举例推导dp数组
| i | dp[i][0] | dp[i][1] | dp[i][2] | dp[i][3] |
| 0 | -1 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | -1 | 0 | 1 | 0 |
| 2 | -1 | 0 | 2 | 1 |
| 3 | 1 | 1 | -1 | 2 |
| 4 | 1 | 2 | 3 | -1 |
3.代码实现
int[][] dp = new int[prices.length][4];
dp[0][0] = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
//持有股票的状态
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], Math.max(dp[i - 1][3] - prices[i], dp[i - 1][1] - prices[i]));
//未持有股票且不在冷冻期状态
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);
//当天卖出股票的状态
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
//冷冻期状态
dp[i][3] = dp[i - 1][2];
}
return Math.max(dp[prices.length - 1][2], Math.max(dp[prices.length - 1][3], dp[prices.length - 1][1]));六.买卖股票的最佳时机含手续费
1.题目描述
给定一个整数数组
prices，其中prices[i]表示第i天的股票价格 ；整数fee代表了交易股票的手续费用。你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。
返回获得利润的最大值。
注意：这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。
力扣:力扣
2.问题分析
这一题几乎和买卖股票的最佳时机 II一样,唯一的不同就是在最后完成交易的时候再减去手续费就可以了
1.确定递推公式
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] – fee);
5.举例推导dp数组
不进行推导
3.代码实现
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
int[][] dp = new int[prices.length][2];
dp[0][0] = -prices[0];
for (int i = 1; i < dp.length; ++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] - fee);
}
return dp[prices.length - 1][1];
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