121 生意股票的最佳时机

✍手写剖析

动规五部曲剖析：

1. 确认dp数组（dp table）以及下标的意义

dp[i][0] 表明第i天持有股票所得最多现金 ，一开始现金是0，那么参加第i天买入股票现金便是 -prices[i]， 这是一个负数。
dp[i][1] 表明第i天不持有股票所得最多现金
(留意这儿说的是“持有”，“持有”不代表便是当天“买入”！也有或许是昨日就买入了，今日坚持持有的状况*)*

2. 确认递推公式

假如第 i 天持有股票即dp[i][0]， 那么能够由两个状况推出来

• 第 i-1 天持有股票，并且不卖，所得现金便是昨日持有股票的所得现金 即：dp[i – 1][0]
• 第 i 天无持有股票，并且买入，所得现金便是买入今日的股票后所得现金即：-prices[i]

那么dp[i][0]应该选所得现金最大的，所以dp[i][0] = Math.max(dp[i – 1][0], -prices[i]);
假如第 i 天不持有股票即dp[i][1]， 也能够由两个状况推出来

• 第 i 天持有股票，并卖出股票，所得现金便是依照今日股票价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i – 1][0]
• 第 i-1 天不持有股票，持续观望，所得现金便是昨日不持有股票的所得现金 即：dp[i – 1][1]

相同dp[i][1]取最大的，dp[i][1] = Math.max(dp[i – 1][1], prices[i] + dp[i – 1][0]);
这样递推公式咱们就剖析完了

3. dp数组如何初始化

由递推公式 dp[i][0] = max(dp[i – 1][0], -prices[i]); 和 dp[i][1] = max(dp[i – 1][1], prices[i] + dp[i – 1][0]);能够看出
其基础都是要从dp[0][0]和dp[0][1]推导出来。
那么dp[0][0]表明第0天持有股票，此时的持有股票就必定是买入股票了，由于不行能有前一天推出来，所以
dp[0][0] = -prices[0];
dp[0][1]表明第0天不持有股票，不持有股票那么现金便是0，所以dp[0][1] = 0;

4. 确认遍历次序

从递推公式能够看出dp[i]都是由dp[i – 1]推导出来的，那么必定是从前向后遍历。

5. 举例推导dp数组

以示例1，输入：[7,1,5,3,6,4]为例，dp数组状况如下：

public int maxProfit(int[] prices) {
    // 判空
    if (prices == null || prices.length == 0) return 0;
    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], -prices[i]);
        dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][0] + prices[i], dp[i - 1][1]);
    }
    return dp[prices.length - 1][1];
}

• 时刻复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

从递推公式能够看出，dp[i]仅仅依赖于dp[i – 1]的状况。

dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][0] + prices[i], dp[i - 1][1]);

那么咱们只需要记载 当前天的dp状况和前一天的dp状况就能够了，能够使用翻滚数组来节省空间，代码如下：

public int maxProfit(int[] prices) {
    // 判空
    if (prices == null || prices.length == 0) return 0;
    // 优化存储空间 - 递归依赖前面的值只需要一次
    int[][] dp = new int[2][2];
    dp[0][0] = -prices[0];
    dp[0][1] = 0;
    for (int i = 1; i < prices.length; i++){
        dp[i % 2][0] = Math.max(dp[(i - 1) % 2][0], -prices[i]);
        dp[i % 2][1] = Math.max(dp[(i - 1) % 2][0] + prices[i], dp[(i - 1) % 2][1]);
    }
    return dp[(prices.length - 1) % 2][1];
}

• 时刻复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

122 生意股票的最佳时机 Ⅱ

本题尝试过使用贪心算法解决 122 生意股票的最佳时机II

思路

本题和 121. 生意股票的最佳时机 的唯一区别是本题股票可以生意多次了（留意只要一只股票，所以再次购买前要出售掉之前的股票）
在动规五部曲就体现在递归公式中了
这儿重申一下dp数组的意义：

• dp[i][0] 表明第 i 天持有股票所得现金。
• dp[i][1] 表明第 i 天不持有股票所得最多现金

假如第i天持有股票即dp[i][0]， 那么能够由两个状况推出来

• 第 i-1 天就持有股票，那么就坚持现状，所得现金便是昨日持有股票的所得现金 即：dp[i – 1][0]
• 第i天买入股票，所得现金便是昨日不持有股票的所得现金减去 今日的股票价格 即：dp[i – 1][1] – prices[i]

这便是与 121. 生意股票的最佳时机 不一样的地方
由于股票全程只能生意一次，所以假如买入股票，那么第i天持有股票即dp[i][0]必定便是 -prices[i]。
而本题，由于一只股票能够生意多次，所以当第 i 天买入股票的时候，所持有的现金或许有之前生意过的赢利。
那么第i天持有股票即dp[i][0]，假如是第i天买入股票，所得现金便是昨日不持有股票的所得现金 减去 今日的股票价格 即：dp[i – 1][1] – prices[i]。
再来看看假如第i天不持有股票即dp[i][1]的情况， 依然与上一题一样逻辑，能够由两个状况推出来

• 第i-1天就不持有股票，那么就坚持现状，所得现金便是昨日不持有股票的所得现金 即：dp[i – 1][1]
• 第i天卖出股票，所得现金便是依照今日股票价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i – 1][0]

代码如下：

public int maxProfit(int[] prices) {
    // 动态规划
    /*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]);// 唯一不同的地方
        dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][0] + prices[i], dp[i - 1][1]);
    return dp[prices.length - 1][1];
}

• 时刻复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

我们能够本题和 121. 生意股票的最佳时机 的代码简直一样，唯一的区别在：

dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);

这正是由于本题的股票能够生意多次！ 所以买入股票的时候，或许会有之前生意的赢利即：dp[i – 1][1]，所以dp[i – 1][1] – prices[i]。
想到到这一点，对这两道题理解的就比较深刻了。
这儿我依然给出翻滚数组的版本，代码如下：

public int maxProfit(int[] prices) {
    // 优化内存
    int[][] dp = new int[2][2];
    dp[0][0] = -prices[0];
    dp[0][1] = 0;
    for (int i = 1; i < prices.length; i++){
        dp[i % 2][0] = Math.max(dp[(i - 1) % 2][0], dp[(i - 1) % 2][1 ] - prices[i]);
        dp[i % 2][1] = Math.max(dp[(i - 1) % 2][0] + prices[i], dp[(i - 1) % 2][1]);
    }
    return dp[(prices.length - 1) % 2][1];
}

• 时刻复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

学习资料：

121. 生意股票的最佳时机

122.生意股票的最佳时机II