123. 买卖股票的最佳时机 III
123. 买卖股票的最佳时机 III
题目
You are given an array prices
where prices[i]
is the price of a given stock on the ith
day.
Find the maximum profit you can achieve. You may complete at most two transactions.
Note: You may not engage in multiple transactions simultaneously (i.e., you must sell the stock before you buy again).
Example 1:
Input: prices = [3,3,5,0,0,3,1,4]
Output: 6
Explanation: Buy on day 4 (price = 0) and sell on day 6 (price = 3), profit = 3-0 = 3.
Then buy on day 7 (price = 1) and sell on day 8 (price = 4), profit = 4-1 = 3.
Example 2:
Input: prices = [1,2,3,4,5]
Output: 4
Explanation: Buy on day 1 (price = 1) and sell on day 5 (price = 5), profit = 5-1 = 4.
Note that you cannot buy on day 1, buy on day 2 and sell them later, as you are engaging multiple transactions at the same time. You must sell before buying again.
Example 3:
Input: prices = [7,6,4,3,1]
Output: 0
Explanation: In this case, no transaction is done, i.e. max profit = 0.
Constraints:
1 <= prices.length <= 10^5
0 <= prices[i] <= 10^5
题目大意
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
解题思路
思路一:动态规划
- 动态规划: 定义一个三维数组
dp
,其中dp[i][j][0]
表示截至第i
天、最多进行j
次交易、不持有股票时的最大利润,dp[i][j][1]
表示示截至第i
天、最多进行j
次交易、持有股票时的最大利润。
相关信息
状态 j
的定义并不是「已进行的交易次数」,而是「最大交易次数的上限限制」。如果确定今天进行一次交易,且要保证截至今天最大交易次数上限为 j
,那么昨天的最大交易次数上限必须是 j - 1
。
状态转移方程:
dp[i][j][0] = max(dp[i-1][j][0], dp[i-1][j][1] + prices[i])
,表示在第i
天,不持有股票的最大利润等于前一天不持有股票的最大利润,或者前一天持有股票的最大利润加上今天卖出的利润的最大值。dp[i][j][1] = max(dp[i-1][j][1], dp[i-1][j-1][0] - prices[i])
,表示在第i
天,持有股票的最大利润等于前一天持有股票的最大利润,或者前一天不持有股票的最大利润减去今天买入的利润的最大值,今天买入的话,前一天的交易次数上限要减一。由于
j
的取值范围较小,可以直接把j = 1、2
的情况全部列举出来也可以:dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + prices[i])
dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1], dp[i-1][1][0] - prices[i])
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
边界条件: 第一天(
i == 0
)时,dp[0][j][0] = 0
,dp[0][j][1] = -prices[0]
。初始化: 初始化利润为 0。
返回最大利润: 最后返回
dp[n - 1][2][0]
,即最后一天不持有股票的最大利润,因为若最后一天还持有股票没有卖出,收益肯定小于做了一次交易的情况。
- 时间复杂度:
O(n)
- 遍历整个二维数组,其中 n 是股票价格数组的长度。 - 空间复杂度:
O(n)
- 使用了一个2 * 3 * n
的三维数组来存储中间状态。
思路二:动态规划-状态压缩
状态定义:由于
dp[i][...]
只与和dp[i - 1][...]
有关,且j
只有两种情况,所以可将dp
数组简化为四个状态:dp_i20
:截至第 i 天、最多交易两次、不持有股票的最大收益;dp_i21
:截至第 i 天、最多交易两次、持有股票的最大收益;dp_i10
:截至第 i 天、最多交易一次、不持有股票的最大收益;dp_i11
:截至第 i 天、最多交易一次、持有股票的最大收益;
状态转移方程:
dp_i20 = max(dp_i20, dp_i21 + prices[i])
dp_i21 = max(dp_i21, dp_i10 - prices[i])
dp_i10 = max(dp_i10, dp_i11 + prices[i])
dp_i11 = max(dp_i11, -prices[i])
遍历天数:遍历每一天的股票价格,更新四个状态的值。
返回结果:返回最终的
dp_i20
值,即最大的利润。
复杂度分析
- 时间复杂度:
O(n)
,只需要遍历一次股票价格数组。 - 空间复杂度:
O(1)
,只使用了常数个额外的变量。
代码
/**
* @param {number[]} prices
* @return {number}
*/
var maxProfit = function (prices) {
const n = prices.length;
const m = 2;
const dp = new Array(n)
.fill(0)
.map(() => new Array(m + 1).fill(0).map(() => new Array(2).fill(0)));
for (let i in prices) {
for (let j = m; j >= 1; j--) {
if (i == 0) {
dp[0][j][0] = 0;
dp[0][j][1] = -prices[0];
continue;
}
dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);
}
}
return dp[n - 1][m][0];
};
/**
* @param {number[]} prices
* @return {number}
*/
var maxProfit = function (prices) {
let dp_i20 = 0,
dp_i21 = -Infinity,
dp_i10 = 0,
dp_i11 = -Infinity;
for (let price of prices) {
dp_i20 = Math.max(dp_i20, dp_i21 + price);
dp_i21 = Math.max(dp_i21, dp_i10 - price);
dp_i10 = Math.max(dp_i10, dp_i11 + price);
dp_i11 = Math.max(dp_i11, -price);
}
return dp_i20;
};
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