第一题、121. 买卖股票的最佳时机
题目
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票一次），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意：你不能在买入股票前卖出股票。
示例 1:
输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 5
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。
示例 2:
输入: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
思路
如果想要获得最大利润，我们就得寻找一个低点和一个高点，使它们得前后插值最大，那么我们假设在第i天卖出，同时我们记录前i-1天得最低值，遍历更新它们最大差值即可。
代码
class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { int ans = 0; int minPrice = 0x3f3f3f; for(int i=0;i<prices.size();i++) { minPrice = min(minPrice,prices[i]); ans = max(ans,prices[i]-minPrice); } return ans; } };
第二题、122. 买卖股票的最佳时机 II
题目
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。
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: [7,1,5,3,6,4]
输出: 7
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。
示例 2:
输入: [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: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
思路
第二题变成了可以多次购买，那么想让利润最大那就是只去买涨得部分即可
代码
class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { int n = prices.size(); int ans = 0; for(int i=1;i<n;i++) { if(prices[i]>prices[i-1]) { ans += prices[i] - prices[i-1]; } } return ans; } };
第三题、123. 买卖股票的最佳时机 III
题目
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: [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: [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: [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。
思路
第三题在第二题的基础上加入了最多购买次数，可以最多购买2次。通过思考可以发现，在没有买股票的时候，对于每一天的选择是买或不买；在已经买了股票的时候，对于每一天的选择是卖或不卖。此时会发现这里的很像0-1背包问题，对于每一个物品，都有放和不放的选择，0-1背包是在状态转移中选择放或不放，同时对背包的容量有限制。已知的0-1背包状态转移方程为
$dp[i][v] = max(dp[i-1][v],dp[i-1][v-c[i]]+w[i])$
而这道题目比0-1背包多出一个是否持有股票的限制，（即，不能同时参与多笔交易），所以我们可以多定义一个状态，定义状态$dp[i][k][j]$表示在第i天，购买次数限制为k，目前的股票的持有状态为j的最大利润。
- 在没有买股票的时候，对于每一天的选择是买或不买，即
- 买 ： $dp[i-1][k][0] - prices[i]$ ——> $dp[i][k+1][1]$
- 不买：$dp[i-1][k][0]$ ——> $dp[i][k][0]$
- 已经买了股票的时候，对于每一天的选择是卖或不卖，即
- 卖：$dp[i-1][k][1] + prices[i]$ ——> $dp[i][k][0]$
- 不卖：$dp[i-1][k][1]$ ——> $dp[i][k][1]$
那么整体的状态转移方程为:
$dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k][1]+prices[i])$
$dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k-1][0]-prices[i])$
最后考虑边界和初始化问题，在第一天时，只能选择买入，不能卖出。
代码
class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { int n = prices.size(); if(n==0) return 0 ; int max_k = 2; int dp[n+1][max_k+1][2]; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=0;i<n;i++) { for(int k = 1;k<=max_k;k++) { if(i==0) { dp[0][k][0] = -prices[i]; dp[0][k][1] = 0; continue; } dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k-1][1]-prices[i],dp[i-1][k][0]); dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][0]+prices[i],dp[i-1][k][1]); } } int ans = dp[n-1][max_k][1]; return ans; } };
第四题、188. 买卖股票的最佳时机 IV
题目
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 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）。
示例 1:
输入: [2,4,1], k = 2
输出: 2
解释: 在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。
示例 2:
输入: [3,2,6,5,0,3], k = 2
输出: 7
解释: 在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。
随后，在第 5 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 。
思路
当我拿到第四题时，我笑了，哈哈，这不和第3题差不多吗！改下交易次数不就OK！一提交，傻了，超出内存限制.......
好吧，那聪明的你想一想，是不是有一个0-1背包优化空间的方法，可以将二维数组变成滚动数组，它的状态转移方程为
$dp[j] = max(dp[j],dp[j-c[i]]+w[i])$
那么我们这道题也是可以优化的，优化后的状态转移方程为
$dp[k][0] = max(dp[k][0],dp[k][1]+prices[i])$
$dp[k][1] = max(dp[k][1],dp[k-1][0]-prices[i])$
我们知道，滚动数组最重要的枚举顺序问题，要利用倒叙枚举覆盖旧值。然而这道题正序倒序都可以，这个之后再说。
代码
class Solution { public: int maxProfit(int num, vector<int>& prices) { int n = prices.size(); if(n==0) return 0 ; int max_k = min(num,n/2); int dp[max_k+1][2]; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=0;i<n;i++) { for(int k = 1;k<=max_k;k++) { if(i==0) { dp[k][0] = -prices[i]; dp[k][1] = 0; continue; } dp[k][0] = max(dp[k-1][1]-prices[i],dp[k][0]); dp[k][1] = max(dp[k][0]+prices[i],dp[k][1]); } } int ans = dp[max_k][1]; return ans; } };