No.232 - LeetCode[123] - Best Time to Buy and Sell Stock III - 动态规划 - 经典两次买卖股票

最新推荐文章于 2024-10-01 18:52:56 发布

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这篇博客探讨了LeetCode第123题《最佳买卖股票时机III》的解决方案。作者首先介绍了原始的O(N^2)动态规划解法，但注意到其在大数据量下无法通过。接着，作者提出了一个优化策略，通过枚举中间点将时间复杂度降低到O(N)，并详细解释了如何利用两个一维动态规划数组dpL和dpR分别计算左右区间内买卖一次的最大收益。最后，通过遍历所有中间点，得到了整体的最大利润。这种方法显著提高了算法效率，适用于10^5级别的数据规模。

裸dp，T掉了

/*
 * @lc app=leetcode id=123 lang=cpp
 *
 * [123] Best Time to Buy and Sell Stock III
 */

// @lc code=start
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int N = prices.size();
        if(N <= 0) return 0;
        vector<vector<int>> dp(2,vector<int>(N,0));
        // 第一次
        int minp = prices[0];
        for(int i=0;i<N;i++){
            dp[0][i] = prices[i] - minp;
            minp = min(minp,prices[i]);
        }
        // 第二次
        for(int i=0;i<N;i++){
            minp = prices[i];
            for(int j=i-1;j>=0;j--){
                minp = min(minp,prices[j]);
                dp[1][i] = max(dp[1][i],prices[i]-minp+dp[0][j]);
            }
        }
        int ans = 0;
        for(int i=0;i<N;i++) ans = max(ans,dp[1][i]);
        return ans;
    }
};
// @lc code=end

数据10^5，所以O(N ^2)肯定过不了。
发现第二次买卖双重循环太耗时，
仔细分析发现，两次买卖绝对不会重合（边界点相交不算）
所以，可以枚举中间点，
然后dpL[i]表示[0:i]买卖一次最大收益，dpR[i]表示[i:N-1]买卖一次最大收益，O(N)就解决了。

/*
 * @lc app=leetcode id=123 lang=cpp
 *
 * [123] Best Time to Buy and Sell Stock III
 */

// @lc code=start
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int N = prices.size();
        if(N <=0 ) return 0;
        // dpL[i] : [0:i]卖一次最大收益
        // dpR[i] : [i:N-1]卖一次最大收益
        vector<int> dpL(N,0);
        vector<int> dpR(N,0);
        int p = prices[0];
        for(int i=1;i<N;i++){
            p = min(p,prices[i]);
            dpL[i] = max(dpL[i-1],prices[i] - p);
        }
        p = prices[N-1];
        for(int i=N-2;i>=0;i--){
            p = max(p,prices[i]);
            dpR[i] = max(dpR[i+1],p - prices[i]);
        }
        // 枚举中间点
        int ans = 0;
        for(int i=0;i<N;i++){
            //printf("<%d %d>\n",dpL[i],dpR[i]);
            ans = max(ans,dpL[i]+dpR[i]);
        }
        return ans;
    }
};
// @lc code=end