买卖股票的最佳时机 II

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2025-02-27

122. 买卖股票的最佳时机 II

给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。

在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候最多只能持有一股股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。

返回 你能获得的最大利润 。

示例 1：

输入：prices = [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 。
     总利润为 4 + 3 = 7 。

示例 2：

输入：prices = [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 。
     总利润为 4 。

示例 3：

输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为 0 。

提示：

1 <= prices.length <= 3 * 104
0 <= prices[i] <= 104

动态规划-数组递推

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        if (n == 0) {
            return 0;  // 如果没有价格信息，利润为0
        }

        // 定义dp数组，dp[i][0] 表示第i天不持有股票的最大利润，dp[i][1] 表示第i天持有股票的最大利润。i表示索引。
        int[][] dp = new int[n][2];

        // 初始化第0天的状态
        dp[0][0] = 0;  // 第0天不持有股票的最大利润为0
        dp[0][1] = -prices[0];  // 第0天持有股票的最大利润为负的第0天股票价格

        // 迭代计算每一天的状态
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            // 第i天不持有股票的最大利润可以是：
            // 1. 第i-1天也不持有股票
            // 2. 第i-1天持有股票并在第i天卖出
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);

            // 第i天持有股票的最大利润可以是：
            // 1. 第i-1天也持有股票
            // 2. 第i-1天不持有股票并在第i天买入。如果只能交易一次，那么应该是-prices[i]。
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
        }

        // 最后一天不持有股票的最大利润即为所求最大利润
        return dp[n - 1][0];
    }
}

注意到上面的状态转移方程中，每一天的状态只与前一天的状态有关，而与更早的状态都无关，因此我们不必存储这些无关的状态，只需要将 $dp[i-1][0]$ 和 $dp[i-1][1]$ 存放在两个变量中，通过它们计算出 $dp[i][0]$ 和 $dp[i][1]$ 并存回对应的变量，以便于第 $i+1$ 天的状态转移即可。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        // 第一天的两个状态
        int dp0 = 0, dp1 = -prices[0];
        
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            // 计算
            int newDp0 = Math.max(dp0, dp1 + prices[i]);
            int newDp1 = Math.max(dp1, dp0 - prices[i]);
            // 覆盖
            dp0 = newDp0;
            dp1 = newDp1;
        }
        return dp0;
    }
}

时间复杂度： $O(n)$ ，其中 $n$ 为数组的长度。一共有 $2n$ 个状态，每次状态转移的时间复杂度为 $O(1)$ ，因此时间复杂度为 $O(2n) = O(n)$ 。
空间复杂度： $O(n)$ 。我们需要开辟 $O(n)$ 空间存储动态规划中的所有状态。如果使用空间优化，空间复杂度可以优化至 $O(1)$ 。

因为不限交易次数，所以可以贪心

只能用于计算最大利润，计算的过程并不是实际的交易过程。遍历价格数组，从第二天开始，只要当前价格与前一天价格的差值为正，就可以累加利润。即累加所有正利润。

由于股票的购买没有限制，因此整个问题等价于寻找 $x$ 个不相交的区间 $(l_i, r_i]$ 使得如下的等式最大化：

\sum_{i=1}^x (a[r_i]-a[l_i])

其中 $l_i$ 表示在第 $l_i$ 天买入， $r_i$ 表示在第 $r_i$ 天卖出。

同时我们注意到对于 $(l_i, r_i]$ 这一个区间贡献的价值 $a[r_i]-a[l_i]$ ，其实等价于 $(l_i, l_i+1], (l_i+1, l_i+2], \ldots, (r_i-1, r_i]$ 这若干个区间长度为 $1$ 的区间的价值和，即

a[r_i]-a[l_i] = (a[r_i]-a[r_i-1]) + (a[r_i-1]-a[r_i-2]) + \ldots + (a[l_i+1]-a[l_i])

因此问题可以简化为找 $x$ 个长度为 $1$ 的区间 $(l_i, l_i+1]$ 使得

\sum_{i=1}^{x} (a[l_i+1] - a[l_i])

价值最大化。

贪心的角度考虑我们每次选择贡献大于 $0$ 的区间即能使得答案最大化，因此最后答案为

\text{ans} = \sum_{i=1}^{n-1} \max\{0, a[i] - a[i-1]\}

其中 $n$ 为数组的长度。

需要说明的是，贪心算法只能用于计算最大利润，计算的过程并不是实际的交易过程。

考虑题目中的例子 $[1, 2, 3, 4, 5]$ ，数组的长度 $n=5$ ，由于对所有的 $1 \leq i < n$ 都有 $a[i] > a[i-1]$ ，因此答案为

\text{ans} = \sum_{i=1}^{n-1} (a[i] - a[i-1]) = 4

但是实际的交易过程并不是进行 $4$ 次买入和 $4$ 次卖出，而是在第 $1$ 天买入，第 $5$ 天卖出。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int ans = 0; // 初始化总利润为0
        int n = prices.length; // 获取价格数组的长度
        
        // 遍历价格数组，从第二天开始
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            // 计算当前价格与前一天价格的差值
            int profit = prices[i] - prices[i - 1];
            // 如果差值为正，意味着当前价格高于前一天价格，可以获利。重点。
            if (profit > 0) {
                // 将利润累加到总利润中
                ans += profit;
            }
        }
        
        return ans; // 返回最终的总利润
    }
}

时间复杂度： $O(n)$ ，其中 $n$ 为数组的长度。我们只需要遍历一次数组即可。
空间复杂度： $O(1)$ 。只需要常数空间存放若干变量。