LeetCode第 122 题：买股票的最佳时机II(C++)

最新推荐文章于 2023-07-11 19:30:32 发布

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本文深入解析股票买卖策略，包括贪心算法与动态规划方法。通过实例讲解如何在股票价格波动中寻找最佳买卖时机，实现利润最大化。从波峰波谷理论到状态转移公式，全面覆盖122题-LeetCode买卖股票的最佳时机II。

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122. 买卖股票的最佳时机 II - 力扣（LeetCode）
在这里插入图片描述

股票系列：
LeetCode第 121 题：买股票的最佳时机(C++)_zj-优快云博客
 LeetCode第 122 题：买股票的最佳时机II(C++)_zj-优快云博客
 LeetCode第 123 题：买股票的最佳时机III(C++)_zj-优快云博客
 LeetCode第 188 题：买股票的最佳时机IV(C++)_zj-优快云博客
 LeetCode第 309 题：最佳买卖股票时机含冷冻期(C++)_zj-优快云博客
 LeetCode第 714 题：买卖股票的最佳时机含手续费(C++)_zj-优快云博客

因为上一题dp，这一题一直想怎么dp，然后就卡壳了。。。

其实就一张图的事(来自官方题解：买卖股票的最佳时机 II - 买卖股票的最佳时机 II - 力扣（LeetCode）)：

在这里插入图片描述
要想收益最大化，只要碰到波峰就卖，收益就是波峰减去波谷：

$\text {Total Profit}=\sum_{i}\left(\text {height}\left(\text {peak}_{i}\right)-\text {height}\left(\text {valley}_{i}\right)\right)$

其实这有点像贪心的思路

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        int vally = prices[0], peak = prices[0], res = 0;
        int i = 0;
        while(i < n-1){//
            while(i < n-1 && prices[i] >= prices[i+1]) ++i;
            vally = prices[i];
            while(i < n-1 && prices[i] <= prices[i+1]) ++i;
            peak = prices[i];//如果一直没有找到峰或者谷，那最后vally，peak均等于最后一个元素
            res += peak - vally;
        }
        return res;
    }
};

其实转化一下，当某个元素比它的前一个元素要大的时候，就可以累加差值，都不用考虑波峰波谷：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        int res = 0;
        for(int i = 1; i < n; ++i){
            if(prices[i] > prices[i-1]) res += prices[i] - prices[i-1];
        }
        return res;
    }
};

至于这样为什么能行，可以看一下：暴力搜索、贪心算法、动态规划 - 买卖股票的最佳时机 II - 力扣（LeetCode）的方法二的解释。

动态规划

这个题动态规划还是可以用的，之前想不出状态怎么转移，看了下面的题解之后还是明白了。

注意题目给的数组是一只股票在不同日期的价格。

状态定义

每一天可能有三种动作：买，卖，什么都不做

二维dp：第一维表示日期（第几天），第二维表示（这一天结束之前）是否持有股票（1：有，0：无），数组值表示收益：

vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 0));

状态转移

第一种情况，当天（结束之前）手上没有股票，走到这一步有两种可能：

前一天手上就没有股票，今天什么都不做
前一天手上有股票，今天进行卖出（获得收益）

第二种情况，当天（结束之前）手上有股票，走到这一步也有两种可能：

前一天手上就有股票，今天什么都不做
前一天手上没有股票，今天进行了买入（花掉一笔钱）

我们要使得收益最大，所以状态转移的时候在两种情况中取收益较大者，有：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])

边界状态

第i天的状态只能由第i-1天的状态推导而来，那么i = 0(第一天)的状态定义为：

dp[0][0] = 0; //第一天没有股票，没有任何动作，收益为0
dp[0][1] = 0 - prices[0]; //第一天（结束之前）有股票，说明今天进行了买入，收益为负（花掉一笔钱）

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        if(n < 2) return 0;
        //第一维表示日期，第二维表示是否持有股票（1：有，0：无），数组值表示收益
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 0));
        dp[0][0] = 0; //第一天没有股票，没买没卖，收益为0
        dp[0][1] = 0 - prices[0]; //第一天有股票，说明买入了，收益为负（花掉一笔钱）
        for(int i = 1; i < n; ++i){
            dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);//第i天没有股票
            dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i-1][1]);//第i天持有股票
        }
        //return max(dp[n-1][0], dp[n-1][1]);要想收益最大，最后一天肯定不会进行买入，所以dp[n-1][0]肯定更大
        return dp[n-1][0];
    }
};

这道题的dp其实不难写，但是很难解释，这位同学解释的很好：股票交易系列：贪心思想和动态规划 - 买卖股票的最佳时机 II - 力扣（LeetCode）