42-best-time-to-buy-and-sell-stock-iii 力扣 123. 買賣股票的最佳時機 III

老马啸西风發表於2024-11-08
力扣

買賣股票系列

【leetcode】40-best-time-to-buy-and-sell-stock 力扣 121. 買賣股票的最佳時機

【leetcode】41-best-time-to-buy-and-sell-stock-ii 力扣 122. 買賣股票的最佳時機 II

【leetcode】42-best-time-to-buy-and-sell-stock-iii 力扣 123. 買賣股票的最佳時機 III

【leetcode】43-best-time-to-buy-and-sell-stock-iv 力扣 188. 買賣股票的最佳時機 IV

【leetcode】44-best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown 力扣 309. 買賣股票的最佳時機包含冷凍期

【leetcode】45-best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown 力扣 714. 買賣股票的最佳時機包含手續費

開源地址

為了便於大家學習，所有實現均已開源。歡迎 fork + star~

https://github.com/houbb/leetcode

力扣 123. 買賣股票的最佳時機 III

給定一個陣列，它的第 i 個元素是一支給定的股票在第 i 天的價格。

設計一個演算法來計算你所能獲取的最大利潤。你最多可以完成 兩筆 交易。

注意：你不能同時參與多筆交易（你必須在再次購買前出售掉之前的股票）。

示例 1:

輸入：prices = [3,3,5,0,0,3,1,4]
輸出：6
解釋：在第 4 天（股票價格 = 0）的時候買入，在第 6 天（股票價格 = 3）的時候賣出，這筆交易所能獲得利潤 = 3-0 = 3 。

 隨後，在第 7 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 8 天 （股票價格 = 4）的時候賣出，這筆交易所能獲得利潤 = 4-1 = 3 。

示例 2：

輸入：prices = [1,2,3,4,5]
輸出：4
解釋：在第 1 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 5 天 （股票價格 = 5）的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 5-1 = 4 。

 注意你不能在第 1 天和第 2 天接連購買股票，之後再將它們賣出。   
 因為這樣屬於同時參與了多筆交易，你必須在再次購買前出售掉之前的股票。

示例 3：

輸入：prices = [7,6,4,3,1]
輸出：0
解釋：在這個情況下, 沒有交易完成, 所以最大利潤為 0。
示例 4：

輸入：prices = [1]
輸出：0

提示：

1 <= prices.length <= 10^5

0 <= prices[i] <= 10^5

v1-思路

藉助第一題的思路

我們把整個交易鏈路拆分為2個陣列，在 i 的位置，拆分為 2 個陣列。

虛擬碼

i = 0 .... n-1

拆分為兩個陣列：

1) 0 ... i 計算一個最大值

2）i ... n 計算一個最大值

把每一個位置的兩個值加起來，然後計算儲存 max[i]。找到最大值

這個是廢棄的方案，可以考慮實現驗證一下。

v2-T121 的思路擴充

T121 的解法

這裡只是一次的最大值，計算思路就是找到最小值 + 最大值。

public int maxProfit(int[] prices) {
    int maxResult = 0;
    int minVal = prices[0];
    
    for(int i = 0; i < prices.length; i++) {
        minVal = Math.min(minVal, prices[i]);
        maxResult = Math.max(prices[i] - minVal, maxResult);
    }

    return maxResult;
}

程式碼

思路：

1）in1_out1_max 記錄的是第一次交易結束的最大值 b1+s1

2）in1_out1_in2_max 記錄的第一次交易結束+第二次買入的最大值 b1+s1+b2

2）in1_out1_in2_max+prices[i] 這個就是完整的交易最大值 b1+s1+b2+s2

public int maxProfit(int[] prices) {
        int maxProfit = 0;
        // 最小值
        int min = prices[0];
        int in1_out1_max = 0;
        // 買1賣1買2
        int in1_out1_in2_max = 0;
        for(int i = 0; i < prices.length; i++) {
            // 計算出當前的結果
            maxProfit = Math.max(maxProfit, in1_out1_in2_max+prices[i]);

            min = Math.min(prices[i], min);
            // 第一題的思路，記錄最大值
            in1_out1_max = Math.max(prices[i] - min, in1_out1_max);

            // 下一次的操作
            // 去掉當前這一次的金額，準備好對應的金額
            in1_out1_in2_max = Math.max(in1_out1_in2_max, in1_out1_max - prices[i]);
        }

        return maxProfit;
    }

V3-dp 解法貫穿思路

思路

其實整體就是貫穿的 dp 解法。

2次交易分為2次：

b1 第一次買入
s1 第一次賣出
b2 第二次買入
s2 第二次賣出

初始化

b1, b2 初始化為 -prices[0]

程式碼

    public int maxProfit(int[] prices) {
        int b1 = -prices[0];
        int b2 = -prices[0];
        int s1 = 0;
        int s2 = 0;

        for(int i = 0; i < prices.length; i++) {
            // 賣出第二筆 是否賣？
            s2 = Math.max(s2, b2 + prices[i]);
            // 買入第二筆 是否買？
            b2 = Math.max(b2, s1 - prices[i]);
            // 賣出第一筆 是否賣？
            s1 = Math.max(s1, b1 + prices[i]);
            // 買入第一筆 是否買？
            b1 = Math.max(b1, - prices[i]);
        }

        return s2;
    }

評價

這一種解法其實非常容易理解，也非常容易擴充。

小結

完整的思路，其實 V2 是一個比較完整的解法。

參考資料

https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/

相關文章