标签：min 容器 个数 time 获取 差值 iii res return
注意：只能买卖一次股票，求最大利润
思路：需要找出给定数组中两个数字之间的最大差值（即，最大利润）。此外，第二个数字（卖出价格）必须大于第一个数字（买入价格）。
状态转移方程：res = max(res, prices[i] - minpri);，res为前i天的最大收益，minpri为前i天的最小值。
初始化状态量：res = 0;, minpri = prices[0];
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。
注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
分析：不限制交易次数，其实看起来比 I 还要简单，可以直接一次遍历，把后一项大于前一项时，两者差值相加即可。
int maxProfit(vector<int>& prices) {
if(prices.size()==0){
return 0;
}
int res=0;
for(int i=1;i<prices.size();i++){
if(prices[i]>prices[i-1]){
res+=prices[i]-prices[i-1];
}
}
return res;
}
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 两笔交易。
注意: 你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
分析：最多交易两次
利用双指针进行求解，分别定义两个容器f和b，f[i]代表从前往后在第i天进行一次交易的交易利润最大值；而b[i]代表从后往前交易到第i天的利润最大值，在求解完成后，进行比较交易两次还是交易一次利润最大（最多交易两次），最后返回利润最大值。
f[i]=max(f[i-1],prices[i]-min_price);
b[i]=mmax(b[i+1],max_price-prices[i]);
4、买卖股票的最佳时机含手续费
/*dp1[i]表示第i天手上有股票，dp2[i]表示第i天手上没有股票，
递归方程：
dp1[i] = max(dp1[i-1], dp2[i-1] - prices[i]) （第二项表示在第i天买入股票）
dp2[i] = max(dp2[i-1], dp1[i-1] + prices[i] - fee) （第二项表示在第i天将股票卖出，需扣除手续费）*/
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int n=prices.size();
if(n==0){
return -1;
}
vector<int>dp1(n);
vector<int>dp2(n);
dp1[0]=-prices[0];
dp2[0]=0;
for(int i=1;i<n;i++){
dp1[i]=max(dp1[i-1], dp2[i-1]-prices[i]);
dp2[i]=max(dp2[i-1], dp1[i-1]+prices[i]-fee);
}
return dp2[n-1];
}
标签：min 容器 个数 time 获取 差值 iii res return
原文地址：https://www.cnblogs.com/sunshine1218/p/12251620.html
