算法刷题日志——dp-优快云博客

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本文解析了三个股票交易问题：卖股票最佳时机系列（I、II、III），通过递归和动态规划展示了如何计算在不同条件下偷窃节点值或股票收益的最大值。从后序遍历到无限交易次数的改进，逐步深入理解交易策略和状态转移方程。

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文章目录

打家劫舍 III

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public class Solution {

    // 树的后序遍历

    public int rob(TreeNode root) {
        int[] res = dfs(root);
        return Math.max(res[0], res[1]);
    }

    private int[] dfs(TreeNode node) {
        if (node == null) {
            return new int[]{0, 0};
        }

        // 分类讨论的标准是：当前结点偷或者不偷
        // 由于需要后序遍历，所以先计算左右子结点，然后计算当前结点的状态值
        int[] left = dfs(node.left);
        int[] right = dfs(node.right);

        // dp[0]：以当前 node 为根结点的子树能够偷取的最大价值，规定 node 结点不偷
        // dp[1]：以当前 node 为根结点的子树能够偷取的最大价值，规定 node 结点偷
        int[] dp = new int[2];

        dp[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
        dp[1] = node.val + left[0] + right[0];
        return dp;
    }
}

卖股票的最佳时机

在这里插入图片描述

dp[i][0]：规定了今天不持股，有以下两种情况：
昨天不持股，今天什么都不做；
昨天持股，今天卖出股票（现金数增加），
dp[i][1]：规定了今天持股，有以下两种情况：
昨天持股，今天什么都不做（现金数与昨天一样）；
昨天不持股，今天买入股票（注意：只允许交易一次，因此手上的现金数就是当天的股价的相反数）。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
         int len = prices.length;
        // 特殊判断
        if (len < 2) {
            return 0;
        }
        int[][] dp = new int[len][2];

        // dp[i][0] 下标为 i 这天结束的时候，不持股，手上拥有的现金数
        // dp[i][1] 下标为 i 这天结束的时候，持股，手上拥有的现金数

        // 初始化：不持股显然为 0，持股就需要减去第 1 天（下标为 0）的股价
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0];

        // 从第 2 天开始遍历
        for (int i = 1; i < len; i++) {
        	// 不持股的话就可能前一天也不持股直接转移状态，或者是今天才，所以就前一天持股的状态加上price【i】
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
        }
        return dp[len - 1][0];

    }
}

买卖股票的最佳时机 II

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这题的交易次数变成了无数次，其实和上题类似，注意状态转移方程的修改就好。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        if(prices.length == 0 || prices == null){
            return 0;
        }
        int length = prices.length;
        int [][] dp = new int [length][2];
        dp[0][0]=0;
        dp[0][1]=-prices[0];
        for(int i=1;i<length;i++){
            dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
            dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);
        }
        return dp[length-1][0];
    }
}

买卖股票的最佳时机 III

情况三和情况一相似，区别之处是，对于情况三，每天有四个未知变量：T[i][1][0]、T[i][1][1]、T[i][2][0]、T[i][2][1]，中间那一维是表示交易第几次，因为这题是要交易两次

public class Solution {

    public int maxProfit(int[] prices) {
        int len = prices.length;
        if (len < 2) {
            return 0;
        }

        // 第 2 维的 0 没有意义，1 表示交易进行了 1 次，2 表示交易进行了 2 次
        // 为了使得第 2 维的数值 1 和 2 有意义，这里将第 2 维的长度设置为 3
        int[][][] dp = new int[len][3][2];

        // 理解如下初始化
        // 第 3 维规定了必须持股，因此是 -prices[0]
        dp[0][1][1] = -prices[0];
        // 还没发生的交易，必须由前面状态转移得到，所以持股的时候应该初始化为负无穷
        dp[0][2][1] = Integer.MIN_VALUE;

        for (int i = 1; i < len; i++) {
            // 转移顺序先持股，再卖出
            dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], -prices[i]) ;
            dp[i][1][0] = Math.max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i]);
            dp[i][2][1] = Math.max(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0] - prices[i]);
            dp[i][2][0] = Math.max(dp[i - 1][2][0], dp[i - 1][2][1] + prices[i]);
        }
        //题目说的是最多可以买两次，不一定是一定要买两次，所以是从买1次和买2次中取最大值
        return Math.max(dp[len - 1][1][0], dp[len - 1][2][0]);
    }
}