1.买卖股票的最佳时机
我能想到的思路
莫名其妙自己写的代码：其实就是依次遍历找最小值，这个dp数组表示最大卖多少，其实也没有什么意义。也就是找最大最小值如果做差
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
vector<int> dp(prices.size(), 0);
for (int i = 1; i < prices.size(); i++)
{
if (prices[i] > prices[i - 1])
dp[i] = dp[i - 1] + (prices[i] - prices[i - 1]);
else
dp[i] = dp[i - 1];
}
return dp[prices.size() - 1];
}
};动态规划
1.首先明确dp数组的含义：dp[i][0]为当前持有股票的最大金额，dp[i][1]为当前不持有股票的最大金额。这里指的持有不是说要买i位置的股票，而是持有股票这个状态，持有股票的来源可以是现在买入i也可以是从i-1那里持有股继承过来的，那么不持股其实就是没有股票的意思，可以是之前就没买的也可以是现在卖掉之前买的
2.初始化：dp[0][0]=-prices[0]指的是买入0位置的股票花费prices[0]，为表示花费取负值；dp[0][1]=0指的是0位置没有买，那么只有一种结果，就是啥也没买，直接等于0
3.dp数组的条件：dp[i][0]是当前持有股票的最大金额，由于只能买一次，那么其实只有两种选择，可以是之前继承的dp[i-1][0]；也可以是当下买入的-prices[i]。dp[i][1]当前不持有股票的最大金额，也由于只能卖一次，只有两种状态，一种是继承自上次不持有股票的状态dp[i-1][1]；也可以是当前买到上一次的股票dp[i-1][0]+prices[i]。二者都取最大值就能得到所需的，最后返回dp[prices.size()-1][1]，因为未持有股票一定比持有股票的现金要高。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
if(prices.size()==1)
return 0;
vector<vector<int>> dp(prices.size(),{0,0});
dp[0][0]=-prices[0];
dp[0][1]=0;
for(int i=1;i<prices.size();i++)
{
dp[i][0]=max(dp[i-1][0],-prices[i]);
dp[i][1]=max(dp[i-1][0]+prices[i],dp[i-1][1]);
}
return dp[prices.size()-1][1];
}
};2.买卖股票的最佳时机 II
我能想到的思路
其实设计成这样就是为了找到当前对于前面有上升趋势的，那么就是可以作为卖出的机会的，那么重点就落在找高度差的形式上。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
vector<int> dp(prices.size(),0);
for(int i=1;i<prices.size();i++)
{
if(prices[i]>prices[i-1])
dp[i]=dp[i-1]+(prices[i]-prices[i-1]);
else
dp[i]=dp[i-1];
}
return dp[prices.size()-1];
}
};动态规划
与上一题不同的区别在于这次的买卖并非一次，那么我们其实就需要改变dp数组的条件。针对于dp[i][0]当前持有股票的最大金额来源有两个，一个是上一次无持有股票的最大金额加上当前买入的股票dp[i-1][1]-；另一个是上一次持有股票的最大金额dp[i-1][0]，即为dp[i][0]=max(dp[i-1][1]-prices[i],dp[i-1][0])。那么针对于dp[i][1]当前无持有股票的最大金额来源有依旧不变，因为卖出靠买入决定，买入一次卖出也只能一次，但是买入的次数多，对应的卖出也变多，因此不需要改变卖出的操作。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
if(prices.size()==1)
return 0;
vector<vector<int>> dp(prices.size(),{0,0});
dp[0][0]=-prices[0];
dp[0][1]=0;
for(int i=1;i<prices.size();i++)
{
dp[i][0]=max(dp[i-1][1]-prices[i],dp[i-1][0]);
dp[i][1]=max(dp[i-1][0]+prices[i],dp[i-1][1]);
}
return dp[prices.size()-1][1];
}
};