斐波那契数列
爬楼梯
70 . Climbing Stairs (Easy)
题目描述：有 N 阶楼梯，每次可以上一阶或者两阶，求有多少种上楼梯的方法。
定义一个数组 dp 存储上楼梯的方法数（为了方便讨论，数组下标从 1 开始），dp[i] 表示走到第 i 个楼梯的方法数目。
d[i] = d[i-1] + d[i - 2]
第 i 个楼梯可以从第 i-1 和 i-2 个楼梯再走一步到达，走到第 i 个楼梯的方法数为走到第 i-1 和第 i-2 个楼梯的方法数之和。
考虑到 dp[i] 只与 dp[i - 1] 和 dp[i - 2] 有关，因此可以只用两个变量来存储 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，使得原来的 O(N) 空间复杂度优化为 O(1) 复杂度。
public int climbStairs(int n) {
if (n <= 2) {
return n;
}
int pre2 = 1, pre1 = 2;
for (int i = 2; i < n; i++) {
int cur = pre1 + pre2;
pre2 = pre1;
pre1 = cur;
}
return pre1;
}
强盗抢劫
- House Robber (Easy)
题目描述：抢劫一排住户，但是不能抢邻近的住户，求最大抢劫量。
定义 dp 数组用来存储最大的抢劫量，其中 dp[i] 表示抢到第 i 个住户时的最大抢劫量。
由于不能抢劫邻近住户，如果抢劫了第 i -1 个住户，那么就不能再抢劫第 i 个住户，所以
public int rob(int[] nums) {
int pre2 = 0, pre1 = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
int cur = Math.max(pre2 + nums[i], pre1);
pre2 = pre1;
pre1 = cur;
}
return pre1;
}
强盗在环形街区抢劫
去除第一个或去除最后一个变为普通强盗抢劫
213. House Robber II (Medium)
public int rob(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0) {
return 0;
}
int n = nums.length;
if (n == 1) {
return nums[0];
}
return Math.max(rob(nums, 0, n - 2), rob(nums, 1, n - 1));
}
private int rob(int[] nums, int first, int last) {
int pre2 = 0, pre1 = 0;
for (int i = first; i <= last; i++) {
int cur = Math.max(pre1, pre2 + nums[i]);
pre2 = pre1;
pre1 = cur;
}
return pre1;
}
矩阵路径
矩阵的最小路径和
- Minimum Path Sum (Medium)
Leetcode / 力扣
[[1,3,1],
[1,5,1],
[4,2,1]]
Given the above grid map, return 7. Because the path 1→3→1→1→1 minimizes the sum.
题目描述：求从矩阵的左上角到右下角的最小路径和，每次只能向右和向下移动。
维护一个数组记录到达当前行的最小路径
public int minPathSum(int[][] grid) {
if (grid.length == 0 || grid[0].length == 0) {
return 0;
}
int m = grid.length, n = grid[0].length;
int[] dp = new int[n];
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (j == 0) {
dp[j] = dp[j]; // 只能从上侧走到该位置
} else if (i == 0) {
dp[j] = dp[j - 1]; // 只能从左侧走到该位置
} else {
dp[j] = Math.min(dp[j - 1], dp[j]);
}
dp[j] += grid[i][j];
}
}
return dp[n - 1];
}
数组区间
数组区间和
- Range Sum Query - Immutable (Easy)
Given nums = [-2, 0, 3, -5, 2, -1]
sumRange(0, 2) -> 1
sumRange(2, 5) -> -1
sumRange(0, 5) -> -3
求区间 i ~ j 的和，可以转换为 sum[j + 1] - sum[i]，其中 sum[i] 为 0 ~ i - 1 的和。
class NumArray {
private int[] sums;
public NumArray(int[] nums) {
sums = new int[nums.length + 1];
for (int i = 1; i <= nums.length; i++) {
sums[i] = sums[i - 1] + nums[i - 1];
}
}
public int sumRange(int i, int j) {
return sums[j + 1] - sums[i];
}
}
数组中等差递增子区间的个数
- Arithmetic Slices (Medium)
A = [0, 1, 2, 3, 4]
return: 6, for 3 arithmetic slices in A:
[0, 1, 2],
[1, 2, 3],
[0, 1, 2, 3],
[0, 1, 2, 3, 4],
[ 1, 2, 3, 4],
[2, 3, 4]
dp[i] 表示以 A[i] 为结尾的等差递增子区间的个数。
当 A[i] - A[i-1] == A[i-1] - A[i-2]，那么 [A[i-2], A[i-1], A[i]] 构成一个等差递增子区间。而且在以 A[i-1] 为结尾的递增子区间的后面再加上一个 A[i]，一样可以构成新的递增子区间。
dp[2] = 1
[0, 1, 2]
dp[3] = dp[2] + 1 = 2
[0, 1, 2, 3], // [0, 1, 2] 之后加一个 3
[1, 2, 3] // 新的递增子区间
dp[4] = dp[3] + 1 = 3
[0, 1, 2, 3, 4], // [0, 1, 2, 3] 之后加一个 4
[1, 2, 3, 4], // [1, 2, 3] 之后加一个 4
[2, 3, 4] // 新的递增子区间
综上，在 A[i] - A[i-1] == A[i-1] - A[i-2] 时，dp[i] = dp[i-1] + 1。
因为递增子区间不一定以最后一个元素为结尾，可以是任意一个元素结尾，因此需要返回 dp 数组累加的结果。
public int numberOfArithmeticSlices(int[] A) {
if (A == null || A.length == 0) {
return 0;
}
int n = A.length;
int[] dp = new int[n];
for (int i = 2; i < n; i++) {
if (A[i] - A[i - 1] == A[i - 1] - A[i - 2]) {
dp[i] = dp[i - 1] + 1;
}
}
int total = 0;
for (int cnt : dp) {
total += cnt;
}
return total;
}
序列
最长递增子序列
已知一个序列 {S1, S2,…,Sn}，取出若干数组成新的序列 {Si1, Si2,…, Sim}，其中 i1、i2 … im 保持递增，即新序列中各个数仍然保持原数列中的先后顺序，称新序列为原序列的一个 子序列 。
如果在子序列中，当下标 ix > iy 时，Six > Siy，称子序列为原序列的一个 递增子序列 。
定义一个数组 dp 存储最长递增子序列的长度，dp[n] 表示以 Sn 结尾的序列的最长递增子序列长度。对于一个递增子序列 {Si1, Si2,…,Sim}，如果 im < n 并且 Sim < Sn，此时 {Si1, Si2,…, Sim, Sn} 为一个递增子序列，递增子序列的长度增加 1。满足上述条件的递增子序列中，长度最长的那个递增子序列就是要找的，在长度最长的递增子序列上加上 Sn 就构成了以 Sn 为结尾的最长递增子序列。因此 dp[n] = max{ dp[i]+1 | Si < Sn && i < n} 。
因为在求 dp[n] 时可能无法找到一个满足条件的递增子序列，此时 {Sn} 就构成了递增子序列，需要对前面的求解方程做修改，令 dp[n] 最小为 1，即：
对于一个长度为 N 的序列，最长递增子序列并不一定会以 SN 为结尾，因此 dp[N] 不是序列的最长递增子序列的长度，需要遍历 dp 数组找出最大值才是所要的结果，max{ dp[i] | 1 <= i <= N} 即为所求。
最长递增子序列
- Longest Increasing Subsequence (Medium)
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
int n = nums.length;
int[] dp = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
int max = 1;
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j]) {
max = Math.max(max, dp[j] + 1);
}
}
dp[i] = max;
}
return Arrays.stream(dp).max().orElse(0);
}
以上解法的时间复杂度为 O(N2)，可以使用二分查找将时间复杂度降低为 O(NlogN)。
定义一个 tails 数组，其中 tails[i] 存储长度为 i + 1 的最长递增子序列的最后一个元素。对于一个元素 x，
如果它大于 tails 数组所有的值，那么把它添加到 tails 后面，表示最长递增子序列长度加 1；
如果 tails[i-1] < x <= tails[i]，那么更新 tails[i] = x。
例如对于数组 [4,3,6,5]，有：
tails len num
[] 0 4
[4] 1 3
[3] 1 6
[3,6] 2 5
[3,5] 2 null
可以看出 tails 数组保持有序，因此在查找 Si 位于 tails 数组的位置时就可以使用二分查找。
class Solution {
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
if(nums == null || nums.length == 0)return 0;
int n = nums.length;
int[] dp = new int[n];
int len = 0;
for(int i = 0; i < n; i++){
int index = binarySearch(dp, 0, len, nums[i]);
dp[index] = nums[i];
if(len == index){
len++;
}
}
return len;
}
private int binarySearch(int[] nums, int l, int h, int tar) {
while(l < h) {
int m = l + (h - l)/2;
if(tar == nums[m]) {
return m;
}else if(tar > nums[m]){
l = m + 1;
}else{
h = m;
}
}
return l;
}
}
最长摆动子序列
- 摆动序列
每当我们选择一个元素作为摆动序列的一部分时，这个元素要么是上升的，要么是下降的，这取决于前一个元素的大小。那么列出状态表达式为：
up[i] 表示以前 i 个元素中的某一个为结尾的最长的「上升摆动序列」的长度。
down[i] 表示以前 i 个元素中的某一个为结尾的最长的「下降摆动序列」的长度
class Solution {
public int wiggleMaxLength(int[] nums) {
int n = nums.length;
if (n < 2) {
return n;
}
int up = 1, down = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (nums[i] > nums[i - 1]) {
up = Math.max(up, down + 1);
} else if (nums[i] < nums[i - 1]) {
down = Math.max(up + 1, down);
}
}
return Math.max(up, down);
}
}
最长公共子序列
对于两个子序列 S1 和 S2，找出它们最长的公共子序列。
定义一个二维数组 dp 用来存储最长公共子序列的长度，其中 dp[i][j] 表示 S1 的前 i 个字符与 S2 的前 j 个字符最长公共子序列的长度。考虑 S1i 与 S2j 值是否相等，分为两种情况：
当 S1i==S2j 时，那么就能在 S1 的前 i-1 个字符与 S2 的前 j-1 个字符最长公共子序列的基础上再加上 S1i 这个值，最长公共子序列长度加 1，即 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1。
当 S1i != S2j 时，此时最长公共子序列为 S1 的前 i-1 个字符和 S2 的前 j 个字符最长公共子序列，或者 S1 的前 i 个字符和 S2 的前 j-1 个字符最长公共子序列，取它们的最大者，即 dp[i][j] = max{ dp[i-1][j], dp[i][j-1] }。
综上，最长公共子序列的状态转移方程为：
对于长度为 N 的序列 S1 和长度为 M 的序列 S2，dp[N][M] 就是序列 S1 和序列 S2 的最长公共子序列长度。
- Longest Common Subsequence
public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
int n1 = text1.length(), n2 = text2.length();
int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
for (int i = 1; i <= n1; i++) {
for (int j = 1; j <= n2; j++) {
if (text1.charAt(i - 1) == text2.charAt(j - 1)) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
} else {
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
}
}
}
return dp[n1][n2];
}
编辑距离
- Edit Distance (Hard)
Leetcode / 力扣
Example 1:
Input: word1 = “horse”, word2 = “ros”
Output: 3
Explanation:
horse -> rorse (replace ‘h’ with ‘r’)
rorse -> rose (remove ‘r’)
rose -> ros (remove ‘e’)
Example 2:
Input: word1 = “intention”, word2 = “execution”
Output: 5
Explanation:
intention -> inention (remove ‘t’)
inention -> enention (replace ‘i’ with ‘e’)
enention -> exention (replace ‘n’ with ‘x’)
exention -> exection (replace ‘n’ with ‘c’)
exection -> execution (insert ‘u’)
题目描述：修改一个字符串成为另一个字符串，使得修改次数最少。一次修改操作包括：插入一个字符、删除一个字符、替换一个字符。
public int minDistance(String word1, String word2) {
if (word1 == null || word2 == null) {
return 0;
}
int m = word1.length(), n = word2.length();
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
for (int i = 1; i <= m; i++) {
dp[i][0] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
dp[0][i] = i;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
} else {
dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j - 1], Math.min(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j])) + 1;
}
}
}
return dp[m][n];
}
背包
0-1 背包
有一个容量为 N 的背包，要用这个背包装下物品的价值最大，这些物品有两个属性：体积 w 和价值 v。
定义一个二维数组 dp 存储最大价值，其中 dp[i][j] 表示前 i 件物品体积不超过 j 的情况下能达到的最大价值。设第 i 件物品体积为 w，价值为 v，根据第 i 件物品是否添加到背包中，可以分两种情况讨论：
第 i 件物品没添加到背包，总体积不超过 j 的前 i 件物品的最大价值就是总体积不超过 j 的前 i-1 件物品的最大价值，dp[i][j] = dp[i-1][j]。
第 i 件物品添加到背包中，dp[i][j] = dp[i-1][j-w] + v。
第 i 件物品可添加也可以不添加，取决于哪种情况下最大价值更大。因此，0-1 背包的状态转移方程为：
// W 为背包总体积
// N 为物品数量
// weights 数组存储 N 个物品的重量
// values 数组存储 N 个物品的价值
public int knapsack(int W, int N, int[] weights, int[] values) {
int[][] dp = new int[N + 1][W + 1];
for (int i = 1; i <= N; i++) {
int w = weights[i - 1], v = values[i - 1];
for (int j = 1; j <= W; j++) {
if (j >= w) {
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w] + v);
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
}
return dp[N][W];
}
空间优化
在程序实现时可以对 0-1 背包做优化。观察状态转移方程可以知道，前 i 件物品的状态仅与前 i-1 件物品的状态有关，因此可以将 dp 定义为一维数组。因为后面j较大的dp对j较小的dp有依赖，所以也就是说要先计算 dp[i][j] 再计算 dp[i][j-w]，在程序实现时需要按倒序来循环求解。
public int knapsack(int W, int N, int[] weights, int[] values) {
int[] dp = new int[W + 1];
for (int i = 1; i <= N; i++) {
int w = weights[i - 1], v = values[i - 1];
for (int j = W; j >= 1; j--) {
if (j >= w) {
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w] + v);
}
}
}
return dp[W];
}
变种
完全背包：物品数量为无限个
多重背包：物品数量有限制
多维费用背包：物品不仅有重量，还有体积，同时考虑这两种限制
其它：物品之间相互约束或者依赖
划分数组为和相等的两部分
- Partition Equal Subset Sum (Medium)
Input: [1, 5, 11, 5]
Output: true
Explanation: The array can be partitioned as [1, 5, 5] and [11].
可以看成一个背包大小为 sum/2 的 0-1 背包问题。
public boolean canPartition(int[] nums) {
int sum = computeArraySum(nums);
if (sum % 2 != 0) {
return false;
}
int W = sum / 2;
boolean[] dp = new boolean[W + 1];
dp[0] = true;
for (int num : nums) { // 0-1 背包一个物品只能用一次
for (int i = W; i >= num; i--) { // 从后往前，先计算 dp[i] 再计算 dp[i-num]
dp[i] = dp[i] || dp[i - num];
}
}
return dp[W];
}
private int computeArraySum(int[] nums) {
int sum = 0;
for (int num : nums) {
sum += num;
}
return sum;
}
改变一组数的正负号使得它们的和为一给定数
- Target Sum (Medium)
Input: nums is [1, 1, 1, 1, 1], S is 3.
Output: 5
Explanation:
-1+1+1+1+1 = 3
+1-1+1+1+1 = 3
+1+1-1+1+1 = 3
+1+1+1-1+1 = 3
+1+1+1+1-1 = 3
There are 5 ways to assign symbols to make the sum of nums be target 3.
该问题可以转换为 Subset Sum 问题，从而使用 0-1 背包的方法来求解。
可以将这组数看成两部分，P 和 N，其中 P 使用正号，N 使用负号，有以下推导：
sum(P) - sum(N) = target
sum§ + sum(N) + sum§ - sum(N) = target + sum§ + sum(N)
2 * sum§ = target + sum(nums)
因此只要找到一个子集，令它们都取正号，并且和等于 (target + sum(nums))/2，就证明存在解。
public int findTargetSumWays(int[] nums, int S) {
int sum = computeArraySum(nums);
if (sum < S || (sum + S) % 2 == 1) {
return 0;
}
int W = (sum + S) / 2;
int[] dp = new int[W + 1];
dp[0] = 1;//注意初始化
for (int num : nums) {
for (int i = W; i >= num; i--) {
dp[i] = dp[i] + dp[i - num];
}
}
return dp[W];
}
private int computeArraySum(int[] nums) {
int sum = 0;
for (int num : nums) {
sum += num;
}
return sum;
}
DFS 解法：
public int findTargetSumWays(int[] nums, int S) {
return findTargetSumWays(nums, 0, S);
}
private int findTargetSumWays(int[] nums, int start, int S) {
if (start == nums.length) {
return S == 0 ? 1 : 0;
}
return findTargetSumWays(nums, start + 1, S + nums[start])
+ findTargetSumWays(nums, start + 1, S - nums[start]);
}
多维背包
字符构成最多的字符串
- Ones and Zeroes (Medium)
Input: Array = {“10”, “0001”, “111001”, “1”, “0”}, m = 5, n = 3
Output: 4
Explanation: There are totally 4 strings can be formed by the using of 5 0s and 3 1s, which are “10”,“0001”,“1”,“0”
这是一个多维费用的 0-1 背包问题，有两个背包大小，0 的数量和 1 的数量。
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
if (strs == null || strs.length == 0) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
for (String s : strs) { // 每个字符串只能用一次
int ones = 0, zeros = 0;
for (char c : s.toCharArray()) {
if (c == '0') {
zeros++;
} else {
ones++;
}
}
for (int i = m; i >= zeros; i--) {
for (int j = n; j >= ones; j--) {//多重维度多重循环
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - zeros][j - ones] + 1);
}
}
}
return dp[m][n];
}
完全背包
找零钱的最少硬币数
- Coin Change (Medium)
Example 1:
coins = [1, 2, 5], amount = 11
return 3 (11 = 5 + 5 + 1)
Example 2:
coins = [2], amount = 3
return -1.
题目描述：给一些面额的硬币，要求用这些硬币来组成给定面额的钱数，并且使得硬币数量最少。硬币可以重复使用。
物品：硬币
物品大小：面额
物品价值：数量
因为硬币可以重复使用，因此这是一个完全背包问题。完全背包只需要将 0-1 背包的逆序遍历 dp 数组改为正序遍历即可。
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
if (amount == 0 || coins == null) return 0;
int[] dp = new int[amount + 1];
for (int coin : coins) {
for (int i = coin; i <= amount; i++) { //将逆序遍历改为正序遍历
if (i == coin) {
dp[i] = 1;
} else if (dp[i] == 0 && dp[i - coin] != 0) {
dp[i] = dp[i - coin] + 1;
} else if (dp[i - coin] != 0) {
dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coin] + 1);
}
}
}
return dp[amount] == 0 ? -1 : dp[amount];//注意本题中0表示无法恰好找零
}
找零钱的硬币数组合
- Coin Change 2 (Medium)
Leetcode / 力扣
Input: amount = 5, coins = [1, 2, 5]
Output: 4
Explanation: there are four ways to make up the amount:
5=5
5=2+2+1
5=2+1+1+1
5=1+1+1+1+1
完全背包问题，使用 dp 记录可达成目标的组合数目。
public int change(int amount, int[] coins) {
if (coins == null) {
return 0;
}
int[] dp = new int[amount + 1];
dp[0] = 1;
for (int coin : coins) {
for (int i = coin; i <= amount; i++) {
dp[i] += dp[i - coin];
}
}
return dp[amount];
}
顺序完全背包
组合总和
- Combination Sum IV (Medium)
nums = [1, 2, 3]
target = 4
The possible combination ways are:
(1, 1, 1, 1)
(1, 1, 2)
(1, 2, 1)
(1, 3)
(2, 1, 1)
(2, 2)
(3, 1)
Note that different sequences are counted as different combinations.
Therefore the output is 7.
涉及顺序的完全背包。先遍历背包再便利物品物品可以实现多种排列，而先遍历物品再遍历背包物品的顺序被固定实现的是组合。
public int combinationSum4(int[] nums, int target) {
if (nums == null || nums.length == 0) {
return 0;
}
int[] maximum = new int[target + 1];
maximum[0] = 1;
for (int i = 1; i <= target; i++) {
for (int j = 0; j < nums.length && nums[j] <= i; j++) {//对物品的遍历放内层引入排列顺序
maximum[i] += maximum[i - nums[j]];
}
}
return maximum[target];
}
股票交易
需要冷却期的股票交易
- Best Time to Buy and Sell Stock with Cooldown(Medium)
题目描述：交易之后需要有一天的冷却时间。
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices == null || prices.length == 0) {
return 0;
}
int N = prices.length;
int[] buy = new int[N];
int[] s1 = new int[N];
int[] sell = new int[N];
int[] s2 = new int[N];
//初始化
s1[0] = buy[0] = -prices[0];
sell[0] = s2[0] = 0;
for (int i = 1; i < N; i++) {
//状态机
buy[i] = s2[i - 1] - prices[i];
s1[i] = Math.max(buy[i - 1], s1[i - 1]);
sell[i] = Math.max(buy[i - 1], s1[i - 1]) + prices[i];
s2[i] = Math.max(s2[i - 1], sell[i - 1]);
}
return Math.max(sell[N - 1], s2[N - 1]);
}
需要交易费用的股票交易
- Best Time to Buy and Sell Stock with Transaction Fee (Medium)
Leetcode / 力扣
Input: prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
Output: 8
Explanation: The maximum profit can be achieved by:
Buying at prices[0] = 1
Selling at prices[3] = 8
Buying at prices[4] = 4
Selling at prices[5] = 9
The total profit is ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8.
题目描述：每交易一次，都要支付一定的费用。
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
int N = prices.length;
int[] buy = new int[N];
int[] s1 = new int[N];
int[] sell = new int[N];
int[] s2 = new int[N];
s1[0] = buy[0] = -prices[0];
sell[0] = s2[0] = 0;
for (int i = 1; i < N; i++) {
buy[i] = Math.max(sell[i - 1], s2[i - 1]) - prices[i];
s1[i] = Math.max(buy[i - 1], s1[i - 1]);
sell[i] = Math.max(buy[i - 1], s1[i - 1]) - fee + prices[i];
s2[i] = Math.max(s2[i - 1], sell[i - 1]);
}
return Math.max(sell[N - 1], s2[N - 1]);
}
只能进行两次的股票交易
- Best Time to Buy and Sell Stock III (Hard)
四个状态，第一次买入buy1，第一次卖出sell1，第二次买入buy2，第二次卖出sell2。每天状态机变化时时手上钱最多
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int buy1 = -prices[0], sell1 = 0;
int buy2 = -prices[0], sell2 = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
buy1 = Math.max(buy1, -prices[i]); //操作后手上钱最多
sell1 = Math.max(sell1, buy1 + prices[i]);
buy2 = Math.max(buy2, sell1 - prices[i]);
sell2 = Math.max(sell2, buy2 + prices[i]);
}
return sell2;
}
}
只能进行 k 次的股票交易
- Best Time to Buy and Sell Stock IV (Hard)
对于buy[0][0…k]，由于只有prices[0] 唯一的股价，因此我们不可能进行过任何交易，那么我们可以将所有的buy[0][1…k] 设置为一个非常小的值，表示不合法的状态。而对于 buy[0][0]，它的值为−prices[0]，即「我们在第 0 天以 prices[0] 的价格买入股票」是唯一满足手上持有股票的方法。
对于sell[0][0…k]，同理我们可以将所有的sell[0][1…k] 设置为一个非常小的值，表示不合法的状态。而对于sell[0][0]，它的值为 0，即「我们在第 0 天不做任何事」是唯一满足手上不持有股票的方法。
class Solution {
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
if (prices.length == 0) {
return 0;
}
int n = prices.length;
if (k >= n / 2) { // 这种情况下该问题退化为普通的股票交易问题
int maxProfit = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (prices[i] > prices[i - 1]) {
maxProfit += prices[i] - prices[i - 1];
}
}
return maxProfit;
}
k = Math.min(k, n / 2);
int[][] buy = new int[n][k + 1];
int[][] sell = new int[n][k + 1];
buy[0][0] = -prices[0];
sell[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
buy[0][i] = sell[0][i] = Integer.MIN_VALUE / 2;//初始化数据，除以2防止后面做差时溢出
}
for (int i = 1; i < n; ++i) {
buy[i][0] = Math.max(buy[i - 1][0], sell[i - 1][0] - prices[i]);
for (int j = 1; j <= k; ++j) {
buy[i][j] = Math.max(buy[i - 1][j], sell[i - 1][j] - prices[i]); //卖或不买的最大值
sell[i][j] = Math.max(sell[i - 1][j], buy[i - 1][j - 1] + prices[i]); //卖或不买的最大值
}
}
return Arrays.stream(sell[n - 1]).max().getAsInt();
}
}
版权声明：本文内容由互联网用户自发贡献，该文观点与技术仅代表作者本人。本站仅提供信息存储空间服务，不拥有所有权，不承担相关法律责任。如发现本站有涉嫌侵权/违法违规的内容， 请发送邮件至 dio@foxmail.com 举报，一经查实，本站将立刻删除。