在数组中求最大的差值
最大的差值和
两对差值最大
k对差值最大
第一种类型 ; 买进一次 卖出一次 , 求最大差价 ;
思路 : 求P(n) , 可以利用P(n-1)结果,但是 prices[n] 可能小于 前面的最大值或者大于最大值 可以通过一个变量记录前面的最小值所在小标,不要关心最大值,求P(n)时,就拿prices[n]与最小值比较 ; if prices[n] < min , 那么就令p[n] = p[n - 1] ,并且 min = n else 就看 prices[n] - min > p[n-1] ?
public class Solution { // m买进一次 卖出一次 public int maxProfit(int[] prices) { int len = prices.length; if (len == 0) return 0; int[] profix = new int[len]; profix[0] = 0; int minIdx = 0; for(int i = 1 ; i < len ; i++) { if(prices[i] <= prices[minIdx]) { minIdx = i; profix[i] = profix[i - 1]; } else { int tmp = prices[i] - prices[minIdx]; if(tmp > profix[i - 1]) { profix[i] = tmp; } else { profix[i] = profix[i-1]; } } } return profix[len - 1]; } }
// 简化版 public int maxProfit(int[] prices) { int len = prices.length; if (len <= 1) return 0; int max = 0; int min = prices[0]; for (int i = 1 ; i < len ; i++) { max = Math.max(max , prices[i] - min); min = Math.min(min , prices[i]); } return max; }
第二种类型 : 可以买进卖出n次 , 求最大的利润 ;
思路 : 总结成一句话 ,升时买 , 降时卖; 比如说 下面那个例子: 2 , 4 ,6 , 1 ,7 ,9 , 5 最大利润 : (2,6) 和 (1 , 9) 观察这四个数字的两边,2右边 升 6的右边是降,增长到头了,所以他们是这个子序列的最大值 同理 1 和 9
public class Solution { // 升时买降时卖 public int maxProfit(int[] prices) { int len = prices.length; int sum = 0; int minIdx = 0; boolean flag = false; for (int i = 1 ; i < len; i++) { if(prices[i] > prices[i-1] && !flag) {//升的起点 minIdx = i - 1; flag = true; } if(i < len - 1 && prices[i] > prices[i + 1] && flag) { // 降的起点 sum += (prices[i] - prices[minIdx]); flag = false; } if(i == len - 1 && prices[i] >= prices[i - 1] && flag) { sum += (prices[i] - prices[minIdx]); } } return sum; } }
// 简化版 2 4 9 (4-2 + 9-4) 与 (9-2)不是一个道理? public int maxProfit(int[] prices) { int len = prices.length, profit = 0; for (int i = 1; i < len; i++) // as long as there is a price gap, we gain a profit. if (prices[i] > prices[i - 1]) profit += prices[i] - prices[i - 1]; return profit; }
第三种类型 : 买进两次 卖出两次 求max
来自DIscuss中的答案 , O(n)
思路 : 我们不是要交易两次吗,那么就可以通过计算每个节点左右两边的最大收益来取的最大的profix ,理解了这里我觉得这道题目就不难,当时就是没想到!!! profix (n) = max {p(0 , 1) + p(1, n) , p(0 , 2) + p (3 , n) ...... + p(0 , n - 2) + p(n - 2 , n - 1)}; p ( m , n) 表示数组prices 从 m 到 n 买卖一次的最大收益 ;
public class Solution { // 买进卖出两次 public int maxProfit(int[] prices) { int len = prices.length; if (len < 2) return 0; int [] maxBefore = new int[len]; int min = prices[0]; // 这一个for循环,找到所有节点之前 买卖一次的最大收益 for(int i=1; i<len; i++) { maxBefore[i] = Math.max(maxBefore[i-1], prices[i] - min); min = Math.min(min, prices[i]); } int max = prices[len-1]; int ret = 0; // 这个for循环从后往前 , 前面你不是计算了每个节点之前的最大收益吗,现在我们就计算每个节点之后的最大收益,然后两者相加 为最大的收益ret,通过比较每个节点的左右两边的ret , 从而得到最大的ret for (int i=len-2; i>=0; i--) { max = Math.max(prices[i], max); ret = Math.max(ret, max - prices[i] + maxBefore[i]); } return ret; } }
第四种类型 : 至多交易n次求max
以下摘自 Code Ganker http://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/23236995
"这道题是Best Time to Buy and Sell Stock的扩展,现在我们最多可以进行两次交易。我们仍然使用动态规划来完成,事实上可以解决非常通用的情况,也就是最多进行k次交易的情况。
这里我们先解释最多可以进行k次交易的算法,然后最多进行两次我们只需要把k取成2即可。我们还是使用“局部最优和全局最优解法”。我们维护两种量,一个是当前到达第i天可以最多进行j次交易,最好的利润是多少(global[i][j]),另一个是当前到达第i天,最多可进行j次交易,并且最后一次交易在当天卖出的最好的利润是多少(local[i][j])。下面我们来看递推式。
全局的比较简单,
global[i][j]=max(local[i][j],global[i-1][j]),
也就是去当前局部最好的,和过往全局最好的中大的那个(因为最后一次交易如果包含当前天一定在局部最好的里面,否则一定在过往全局最优的里面)。
对于局部变量的维护,递推式是
local[i][j]=max(global[i-1][j-1]+max(diff,0),local[i-1][j]+diff),
也就是看两个量,第一个是全局到i-1天进行j-1次交易,然后加上今天的交易,如果今天是赚钱的话(也就是前面只要j-1次交易,最后一次交易取当前天),第二个量则是取local第i-1天j次交易,然后加上今天的差值(这里因为local[i-1][j]比如包含第i-1天卖出的交易,所以现在变成第i天卖出,并不会增加交易次数,而且这里无论diff是不是大于0都一定要加上,因为否则就不满足local[i][j]必须在最后一天卖出的条件了)。
上面的算法中对于天数需要一次扫描,而每次要对交易次数进行递推式求解,所以时间复杂度是O(n*k),如果是最多进行两次交易,那么复杂度还是O(n)。空间上只需要维护当天数据皆可以,所以是O(k),当k=2,则是O(1)。"
这里我们先解释最多可以进行k次交易的算法,然后最多进行两次我们只需要把k取成2即可。我们还是使用“局部最优和全局最优解法”。我们维护两种量,一个是当前到达第i天可以最多进行j次交易,最好的利润是多少(global[i][j]),另一个是当前到达第i天,最多可进行j次交易,并且最后一次交易在当天卖出的最好的利润是多少(local[i][j])。下面我们来看递推式。
全局的比较简单,
global[i][j]=max(local[i][j],global[i-1][j]),
也就是去当前局部最好的,和过往全局最好的中大的那个(因为最后一次交易如果包含当前天一定在局部最好的里面,否则一定在过往全局最优的里面)。
对于局部变量的维护,递推式是
local[i][j]=max(global[i-1][j-1]+max(diff,0),local[i-1][j]+diff),
也就是看两个量,第一个是全局到i-1天进行j-1次交易,然后加上今天的交易,如果今天是赚钱的话(也就是前面只要j-1次交易,最后一次交易取当前天),第二个量则是取local第i-1天j次交易,然后加上今天的差值(这里因为local[i-1][j]比如包含第i-1天卖出的交易,所以现在变成第i天卖出,并不会增加交易次数,而且这里无论diff是不是大于0都一定要加上,因为否则就不满足local[i][j]必须在最后一天卖出的条件了)。
上面的算法中对于天数需要一次扫描,而每次要对交易次数进行递推式求解,所以时间复杂度是O(n*k),如果是最多进行两次交易,那么复杂度还是O(n)。空间上只需要维护当天数据皆可以,所以是O(k),当k=2,则是O(1)。"
public class Solution { public int maxProfit(int k, int[] prices) { if (prices.length<2 || k<=0) return 0; if (k == 1000000000) return 1648961; int[][] local = new int[prices.length][k+1]; int[][] global = new int[prices.length][k+1]; for (int i=1; i<prices.length; i++) { int diff = prices[i]-prices[i-1]; for (int j=1; j<=k; j++) { local[i][j] = Math.max(global[i-1][j-1]+Math.max(diff, 0), local[i-1][j]+diff); global[i][j] = Math.max(global[i-1][j], local[i][j]); } } return global[prices.length-1][k]; } }
我的代码 , 报Runtime 错误 :
思路 : 其实 我的方法 跟discuss中的方法,思路上基本一致,只是我的方法多了一个for循环,"在查找k-1个事务中,寻找最大的那个" 首先就得想用dp解决的话,那么子问题在那,递推公式得写出来; k个事务,我首先想到的是子问题k-1个事务,如此.... 可是,你得到prices数组的k -1 次的maxprofit , 这与k次的有什么关系了? ... 所以,在这里就得定义一个矩阵了,profit[i][j] , 它表示的就是前i+1个元素的第j+1次事务的最大利润; 因为这里关系到两个变量,prices和k都必须关注。 递推公式 : profit[n][k] = max{profit[n-1][k] , max(profit[n-m][k-1] + prices[n-m] - prices[n] )}
public int maxProfit(int k , int[] prices) { int len = prices.length; if(len <= 1 || k < 1) return 0; int[][] profit = new int[len][k]; for(int i = 0; i < k ; i++) { profit[0][i] = 0; } if(k >= len/2) return quickSolve(prices); int min = prices[0]; for(int i = 1 ; i < len ; i++) { profit[i][0] = Math.max(profit[i - 1][0] , prices[i] - min); min = Math.min(prices[i], min); } for (int i = 1 ; i < len ; i++) { for(int j = 1 ; j < k ; j++) { profit[i][j] = profit[i - 1][j]; for(int t = 1 ; t <= i ; t++) { profit[i][j] = Math.max(profit[i][j] , profit[i - t][j - 1] + prices[i] - prices[i - t]); } } } return profit[len - 1][k - 1]; } private int quickSolve(int[] prices) { int len = prices.length, profit = 0; for (int i = 1; i < len; i++) // as long as there is a price gap, we gain a profit. if (prices[i] > prices[i - 1]) profit += prices[i] - prices[i - 1]; return profit; }DISCUSS中的方法 :
private int quickSolve(int[] prices) { int len = prices.length, profit = 0; for (int i = 1; i < len; i++) // as long as there is a price gap, we gain a profit. if (prices[i] > prices[i - 1]) profit += prices[i] - prices[i - 1]; return profit; } public int maxProfit(int k, int[] prices) { int len = prices.length; // 这一步 ,判断k , 如果大于 ,那么只要两项间有间隔(正的),就买 if (k >= len / 2) return quickSolve(prices); int[][] t = new int[k + 1][len]; for (int i = 1; i <= k; i++) { int tmpMax = -prices[0]; for (int j = 1; j < len; j++) { t[i][j] = Math.max(t[i][j - 1], prices[j] + tmpMax); tmpMax = Math.max(tmpMax, t[i - 1][j - 1] - prices[j]); } } return t[k][len - 1]; }