用javascript分类刷leetcode3.动态规划(图文视频讲解)_2023-03-15
原创用javascript分类刷leetcode3.动态规划(图文视频讲解)_2023-03-15
原创
什么是动态规划
动态规划，英文：Dynamic Programming，简称DP，将问题分解为互相重叠的子问题，通过反复求解子问题来解决原问题就是动态规划，如果某一问题有很多重叠子问题，使用动态规划来解是比较有效的。
求解动态规划的核心问题是穷举，但是这类问题穷举有点特别，因为这类问题存在「重叠子问题」，如果暴力穷举的话效率会极其低下。动态规划问题一定会具备「最优子结构」，才能通过子问题的最值得到原问题的最值。另外，虽然动态规划的核心思想就是穷举求最值，但是问题可以千变万化，穷举所有可行解其实并不是一件容易的事，只有列出正确的「状态转移方程」才能正确地穷举。重叠子问题、最优子结构、状态转移方程就是动态规划三要素
动态规划和其他算法的区别
- 动态规划和分治的区别：动态规划和分治都有最优子结构 ，但是分治的子问题不重叠
- 动态规划和贪心的区别：动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的，这一点就区分于贪心，贪心没有状态推导，而是从局部直接选最优解，所以它永远是局部最优，但是全局的解不一定是最优的。
- 动态规划和递归的区别：递归和回溯可能存在非常多的重复计算，动态规划可以用递归加记忆化的方式减少不必要的重复计算
动态规划的解题方法
- 递归+记忆化(自顶向下)
- 动态规划（自底向上）
解动态规划题目的步骤
- 根据重叠子问题定义状态
- 寻找最优子结构推导状态转移方程
- 确定dp初始状态
- 确定输出值
斐波那契的动态规划的解题思路
外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-f0YqY2hz-1678842912336)(null)
暴力递归
//暴力递归复杂度O(2^n)
var fib = function (N) {
if (N == 0) return 0;
if (N == 1) return 1;
return fib(N - 1) + fib(N - 2);
};递归 + 记忆化
var fib = function (n) {
const memo = {}; // 对已算出的结果进行缓存
const helper = (x) => {
if (memo[x]) return memo[x];
if (x == 0) return 0;
if (x == 1) return 1;
memo[x] = helper(x - 1) + helper(x - 2);
return memo[x];
};
return helper(n);
};动态规划
const fib = (n) => {
if (n <= 1) return n;
const dp = [0, 1];
for (let i = 2; i <= n; i++) {
//自底向上计算每个状态
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}
return dp[n];
};滚动数组优化
const fib = (n) => {
if (n <= 1) return n;
//滚动数组 dp[i]只和dp[i-1]、dp[i-2]相关，只维护长度为2的滚动数组，不断替换数组元素
const dp = [0, 1];
let sum = null;
for (let i = 2; i <= n; i++) {
sum = dp[0] + dp[1];
dp[0] = dp[1];
dp[1] = sum;
}
return sum;
};动态规划 + 降维，（降维能减少空间复杂度，但不利于程序的扩展）
var fib = function (N) {
if (N <= 1) {
return N;
}
let prev2 = 0;
let prev1 = 1;
let result = 0;
for (let i = 2; i <= N; i++) {
result = prev1 + prev2; //直接用两个变量就行
prev2 = prev1;
prev1 = result;
}
return result;
};70. 爬楼梯 （medium）
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？示例 1：输入：n = 2 输出：2 解释：有两种方法可以爬到楼顶。1 阶 + 1 阶 2 阶示例 2：输入：n = 3 输出：3 解释：有三种方法可以爬到楼顶。1 阶 + 1 阶 + 1 阶 1 阶 + 2 阶 2 阶 + 1 阶提示：1 <= n <= 45
方法1.动态规划
- 思路：因为每次可以爬 1 或 2 个台阶，所以到第n阶台阶可以从第n-2或n-1上来，其实就是斐波那契的dp方程
- 复杂度分析：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(1)
Js:
var climbStairs = function (n) {
const memo = [];
memo[1] = 1;
memo[2] = 2;
for (let i = 3; i <= n; i++) {
memo[i] = memo[i - 2] + memo[i - 1];//所以到第n阶台阶可以从第n-2或n-1上来
}
return memo[n];
};
//状态压缩
var climbStairs = (n) => {
let prev = 1;
let cur = 1;
for (let i = 2; i < n + 1; i++) {
[prev, cur] = [cur, prev + cur]
// const temp = cur; // 暂存上一次的cur
// cur = prev + cur; // 当前的cur = 上上次cur + 上一次cur
// prev = temp; // prev 更新为 上一次的cur
}
return cur;
}279. 完全平方数 (medium)
给你一个整数 n ，返回 和为 n 的完全平方数的最少数量 。完全平方数 是一个整数，其值等于另一个整数的平方；换句话说，其值等于一个整数自乘的积。例如，1、4、9 和 16 都是完全平方数，而 3 和 11 不是。示例 1：输入：n = 12 输出：3 解释：12 = 4 + 4 + 4 示例 2：输入：n = 13 输出：2 解释：13 = 4 + 9提示：1 <= n <= 104
方法1:动态规划
- 思路：
dp[i]表示i的完全平方和的最少数量，dp[i - j * j] + 1表示减去一个完全平方数j的完全平方之后的数量加1就等于dp[i]，只要在dp[i],dp[i - j * j] + 1中寻找一个较少的就是最后dp[i]的值。 - 复杂度：时间复杂度
O(n* sqrt(n))，n是输入的整数，需要循环n次，每次计算dp方程的复杂度sqrt(n)，空间复杂度O(n)
js：
var numSquares = function (n) {
const dp = [...Array(n)].map((_) => 0); //初始化dp数组 当n为0的时候
for (let i = 1; i <= n; i++) {
dp[i] = i; // 最坏的情况就是每次+1 比如: dp[3]=1+1+1
for (let j = 1; i - j * j >= 0; j++) {//枚举前一个状态
dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - j * j] + 1); // 动态转移方程
}
}
return dp[n];
};120. 三角形最小路径和（medium）
给定一个三角形 triangle ，找出自顶向下的最小路径和。每一步只能移动到下一行中相邻的结点上。相邻的结点 在这里指的是 下标 与 上一层结点下标 相同或者等于 上一层结点下标 + 1 的两个结点。也就是说，如果正位于当前行的下标 i ，那么下一步可以移动到下一行的下标 i 或 i + 1 。示例 1：输入：triangle = [2,3,4,6,5,7,4,1,8,3] 输出：11 解释：如下面简图所示： 2 3 4 6 5 7 4 1 8 3 自顶向下的最小路径和为 11（即，2 + 3 + 5 + 1 = 11）。 示例 2：输入：triangle = [-10] 输出：-10提示：1 <= triangle.length <= 200 triangle0.length == 1 trianglei.length == trianglei - 1.length + 1 -104 <= trianglei <= 104
方法1.动态规划
- 思路：从三角形最后一层开始向上遍历，每个数字的最小路径和是它下面两个数字中的较小者加上它本身
- 复杂度分析：时间复杂度
O(n^2)，空间复杂O(n)
Js:
const minimumTotal = (triangle) => {
const h = triangle.length;
// 初始化dp数组
const dp = new Array(h);
for (let i = 0; i < h; i++) {
dp[i] = new Array(triangle[i].length);
}
for (let i = h - 1; i >= 0; i--) { //自底而上遍历
for (let j = 0; j < triangle[i].length; j++) { //同一层的
if (i == h - 1) { // base case 最底层
dp[i][j] = triangle[i][j];
} else { // 状态转移方程，上一层由它下面一层计算出
dp[i][j] = Math.min(dp[i + 1][j], dp[i + 1][j + 1]) + triangle[i][j];
}
}
}
return dp[0][0];
};
//状态压缩
const minimumTotal = (triangle) => {
const bottom = triangle[triangle.length - 1];
const dp = new Array(bottom.length);
// base case 是最后一行
for (let i = 0; i < dp.length; i++) {
dp[i] = bottom[i];
}
// 从倒数第二列开始迭代
for (let i = dp.length - 2; i >= 0; i--) {
for (let j = 0; j < triangle[i].length; j++) {
dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j + 1]) + triangle[i][j];
}
}
return dp[0];
};312. 戳气球 (hard)
有 n 个气球，编号为0 到 n - 1，每个气球上都标有一个数字，这些数字存在数组 nums 中。现在要求你戳破所有的气球。戳破第 i 个气球，你可以获得 numsi - 1 numsi numsi + 1 枚硬币。 这里的 i - 1 和 i + 1 代表和 i 相邻的两个气球的序号。如果 i - 1或 i + 1 超出了数组的边界，那么就当它是一个数字为 1 的气球。求所能获得硬币的最大数量。示例 1： 输入：nums = 3,1,5,8 输出：167 解释： nums = 3,1,5,8 --> 3,5,8 --> 3,8 --> 8 --> [] coins = 315 + 358 + 138 + 181 = 167 示例 2：输入：nums = 1,5 输出：10提示：n == nums.length 1 <= n <= 300 0 <= numsi <= 100
方法1:动态规划
外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-bt4mHgI2-1678842912740)(null)
- 思路：
dp[i][j]表示开区间(i,j)能拿到的的金币，k是这个区间 最后一个 被戳爆的气球，枚举i和j，遍历所有区间，i-j能获得的最大数量的金币等于 戳破当前的气球获得的金钱加上之前i-k、k-j区间中已经获得的金币 - 复杂度：时间复杂度
O(n^3)，n是气球的数量，三层遍历。空间复杂度O(n^2)，dp数组的空间。
js：
var maxCoins = function (nums) {
const n = nums.length;
let points = [1, ...nums, 1]; //两边添加虚拟气球
const dp = Array.from(Array(n + 2), () => Array(n + 2).fill(0)); //dp数组初始化
//自底向上转移状态
for (let i = n; i >= 0; i--) {
//i不断减小
for (let j = i + 1; j < n + 2; j++) {
//j不断扩大
for (let k = i + 1; k < j; k++) {
//枚举k在i和j中的所有可能
//i-j能获得的最大数量的金币等于 戳破当前的气球获得的金钱加上之前i-k,k-j区间中已经获得的金币
dp[i][j] = Math.max(
//挑战最大值
dp[i][j],
dp[i][k] + dp[k][j] + points[j] * points[k] * points[i]
);
}
}
}
return dp[0][n + 1];
};63. 不同路径 II（medium）
一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为 “Start” ）。机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish”）。现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径？网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。示例 1：
输出：2 解释：3x3 网格的正中间有一个障碍物。 从左上角到右下角一共有 2 条不同的路径：向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下 向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右示例 2：== obstacleGrid.length n == obstacleGridi.length 1 <= m, n <= 100 obstacleGridi 为 0 或 1
方法1.动态规划
- 思路：和62题一样，区别就是遇到障碍直接返回0
- 复杂度：时间复杂度
O(mn)，空间复杂度O(mn)，状态压缩之后是o(n)
Js:
var uniquePathsWithObstacles = function (obstacleGrid) {
const m = obstacleGrid.length;
const n = obstacleGrid[0].length;
const dp = Array(m)
.fill()
.map((item) => Array(n).fill(0)); //初始dp数组
for (let i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] === 0; ++i) {
//初始列
dp[i][0] = 1;
}
for (let i = 0; i < n && obstacleGrid[0][i] === 0; ++i) {
//初始行
dp[0][i] = 1;
}
for (let i = 1; i < m; ++i) {
for (let j = 1; j < n; ++j) {
//遇到障碍直接返回0
dp[i][j] = obstacleGrid[i][j] === 1 ? 0 : dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
};
//状态压缩
var uniquePathsWithObstacles = function (obstacleGrid) {
let m = obstacleGrid.length;
let n = obstacleGrid[0].length;
let dp = Array(n).fill(0); //用0填充，因为现在有障碍物，当前dp数组元素的值还和obstacleGrid[i][j]有关
dp[0] = 1; //第一列 暂时用1填充
for (let i = 0; i < m; i++) {
for (let j = 0; j < n; j++) {
if (obstacleGrid[i][j] == 1) {
//注意条件，遇到障碍物dp[j]就变成0，这里包含了第一列的情况
dp[j] = 0;
} else if (j > 0) {
//只有当j>0 不是第一列了才能取到j - 1
dp[j] += dp[j - 1];
}
}
}
return dp[n - 1];
};10. 正则表达式匹配(hard)
给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 '.' 和 '*' 的正则表达式匹配。'.' 匹配任意单个字符 '*' 匹配零个或多个前面的那一个元素 所谓匹配，是要涵盖 整个 字符串 s的，而不是部分字符串。示例 1：输入：s = "aa", p = "a" 输出：false 解释："a" 无法匹配 "aa" 整个字符串。 示例 2:输入：s = "aa", p = "a" 输出：true 解释：因为 '' 代表可以匹配零个或多个前面的那一个元素, 在这里前面的元素就是 'a'。因此，字符串 "aa" 可被视为 'a' 重复了一次。 示例 3：输入：s = "ab", p = "." 输出：true 解释："." 表示可匹配零个或多个（'*'）任意字符（'.'）。提示：1 <= s.length <= 20 1 <= p.length <= 30 s 只包含从 a-z 的小写字母。 p 只包含从 a-z 的小写字母，以及字符 . 和 。 保证每次出现字符 时，前面都匹配到有效的字符
方法1.动态规划
- 思路：
dp[i][j]表示 s 的前 i 个字符能否和p的前j个字符匹配，分为四种情况，看图 - 复杂度：时间复杂度
O(mn)，m,n分别是字符串s和p的长度，需要嵌套循环s和p。空间复杂度O(mn)，dp数组所占的空间
js:
//dp[i][j]表示s的前i个字符能否和p的前j个字符匹配
const isMatch = (s, p) => {
if (s == null || p == null) return false;//极端情况 s和p都是空 返回false
const sLen = s.length, pLen = p.length;
const dp = new Array(sLen + 1);//因为位置是从0开始的，第0个位置是空字符串 所以初始化长度是sLen + 1
for (let i = 0; i < dp.length; i++) {//初始化dp数组
dp[i] = new Array(pLen + 1).fill(false); // 将项默认为false
}
// base case s和p第0个位置是匹配的
dp[0][0] = true;
for (let j = 1; j < pLen + 1; j++) {//初始化dp的第一列，此时s的位置是0
//情况1:如果p的第j-1个位置是*，则j的状态等于j-2的状态
//例如：s='' p='a*' 相当于p向前看2个位置如果匹配，则*相当于重复0个字符
if (p[j - 1] == "*") dp[0][j] = dp[0][j - 2];
}
// 迭代
for (let i = 1; i < sLen + 1; i++) {
for (let j = 1; j < pLen + 1; j++) {
//情况2:如果s和p当前字符是相等的 或者p当前位置是. 则当前的dp[i][j] 可由dp[i - 1][j - 1]转移过来
//当前位置相匹配，则s和p都向前看一位 如果前面所有字符相匹配 则当前位置前面的所有字符也匹配
//例如：s='XXXa' p='XXX.' 或者 s='XXXa' p='XXXa'
if (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == ".") {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
} else if (p[j - 1] == "*") {//情况3:进入当前字符不匹配的分支 如果当前p是* 则有可能会匹配
//s当前位置和p前一个位置相同 或者p前一个位置等于. 则有三种可能
//其中一种情况能匹配 则当前位置的状态也能匹配
//dp[i][j - 2]：p向前看2个位置，相当于*重复了0次，
//dp[i][j - 1]：p向前看1个位置，相当于*重复了1次
//dp[i - 1][j]：s向前看一个位置，相当于*重复了n次
//例如 s='XXXa' p='XXXa*'
if (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == ".") {
dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i][j - 1] || dp[i - 1][j];
} else {
//情况4:s当前位置和p前2个位置不匹配，则相当于*重复了0次
//例如 s='XXXb' p='XXXa*' 当前位置的状态和p向前看2个位置的状态相同
dp[i][j] = dp[i][j - 2];
}
}
}
}
return dp[sLen][pLen]; // 长为sLen的s串 是否匹配 长为pLen的p串
};343. 整数拆分 (medium)
给定一个正整数 n ，将其拆分为 k 个 正整数 的和（ k >= 2 ），并使这些整数的乘积最大化。返回 你可以获得的最大乘积 。示例 1:输入: n = 2 输出: 1 解释: 2 = 1 + 1, 1 × 1 = 1。 示例 2:输入: n = 10 输出: 36 解释: 10 = 3 + 3 + 4, 3 × 3 × 4 = 36。提示:2 <= n <= 58
- 思路：
dp[i]为正整数i拆分之后的最大乘积，循环数字n，对每个数字进行拆分，取最大的乘积，状态转移方程：dp[i] = Math.max(dp[i], dp[i - j] * j, (i - j) * j)，j*(i-j)表示把i拆分为j和i-j两个数相乘，j * dp[i-j]表示把i拆分成j和继续把(i-j)这个数拆分，取(i-j)拆分结果中的最大乘积与j相乘 - 复杂度：时间复杂度
O(n^2)，两层循环。空间复杂度O(n)，dp数组的空间
js：
var integerBreak = function (n) {
//dp[i]为正整数i拆分之后的最大乘积
let dp = new Array(n + 1).fill(0);
dp[2] = 1;
for (let i = 3; i <= n; i++) {
for (let j = 1; j < i; j++) {
//j*(i-j)表示把i拆分为j和i-j两个数相乘
//j*dp[i-j]表示把i拆分成j和继续把(i-j)这个数拆分，取(i-j)拆分结果中的最大乘积与j相乘
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[i - j] * j, (i - j) * j);
}
}
return dp[n];
};64. 最小路径和 (medium)
给定一个包含非负整数的 m x n 网格 grid ，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小。说明：每次只能向下或者向右移动一步。示例 1：
：因为路径 1→3→1→1→1 的总和最小。 示例 2：输入：grid = [1,2,3,4,5,6] 输出：12提示：m == grid.length n == gridi.length 1 <= m, n <= 200 0 <= gridi <= 100
- 思路：
dp[i][j]表示从矩阵左上角到（i，j）这个网格对应的最小路径和，只要从上到下，从左到右遍历网格，当前最小路径和就是当前的数值加上上面和左边左小的。 - 复杂度：时间复杂度
O(mn)，m、n分别是矩阵的长和宽。空间复杂度如果原地修改是O(1)，如果新建dp数组就是O(mn)
js：
var minPathSum = function(dp) {
let row = dp.length, col = dp[0].length
for(let i = 1; i < row; i++)//初始化第一列
dp[i][0] += dp[i - 1][0]
for(let j = 1; j < col; j++)//初始化第一行
dp[0][j] += dp[0][j - 1]
for(let i = 1; i < row; i++)
for(let j = 1; j < col; j++)
dp[i][j] += Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])//取上面和左边最小的
return dp[row - 1][col - 1]
};322. 零钱兑换 (medium)
给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。计算并返回可以凑成总金额所需的 最少的硬币个数 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。你可以认为每种硬币的数量是无限的。示例 1：输入：coins = 1, 2, 5, amount = 11 输出：3 解释：11 = 5 + 5 + 1 示例 2：输入：coins = 2, amount = 3 输出：-1 示例 3：输入：coins = 1, amount = 0 输出：0提示：1 <= coins.length <= 12 1 <= coinsi <= 231 - 1 0 <= amount <= 104
外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-OXFe4dlO-1678842913185)(null)
不能用贪心做，反例，coins=[1, 3, 5, 6, 7]，amount=30，用贪心先用最大的面额7，在用2个1，4 * 7 + 2 * 1 = 30，但是我们用5个6，5 * 6 = 30 就能用最少的硬币兑换完成
方法1.动态规划
- 思路：
dp[i]表示兑换面额i所需要的最少硬币，因为硬币无限，所以可以自底向上计算dp[i]，对于dp[0~i]的每个状态，循环coins数组，寻找可以兑换的组合，用i面额减去当前硬币价值，dp[i-coin]在加上一个硬币数就是dp[i],最后取最小值就是答案，状态转移方程就是dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coin] + 1); - 复杂度分析：时间复杂度是O(sn)，s是兑换金额，n是硬币数组长度，一共需要计算s个状态，每个状态需要遍历n个面额来转移状态。空间复杂度是
O(s)，也就是dp数组的长度
Js:
var coinChange = function (coins, amount) {
let dp = new Array(amount + 1).fill(Infinity);//初始化dp数组
dp[0] = 0;//面额0只需要0个硬币兑换
for (let i = 1; i <= amount; i++) {//循环面额
for (let coin of coins) {//循环硬币数组
if (i - coin >= 0) {//当面额大于硬币价值时
//dp[i - coin]： 当前面额i减当前硬币价值所需要的最少硬币
//dp[i] 可由 dp[i - coin] + 1 转换而来
dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coin] + 1);
}
}
}
return dp[amount] === Infinity ? -1 : dp[amount];//如果dp[amount] === Infinity，则无法兑换
};买卖股票问题
121. 买卖股票的最佳时机（easy）限定交易次数 k=1
122. 买卖股票的最佳时机 II（medium）交易次数无限制 k = +infinity
123. 买卖股票的最佳时机 III (hrad) 限定交易次数 k=2
188. 买卖股票的最佳时机 IV (hard) 限定交易次数 最多次数为 k
309. 最佳买卖股票时机含冷冻期(medium) 含有交易冷冻期
714. 买卖股票的最佳时机含手续费 (medium) 每次交易含手续费
第5，6道题相当于在第2道题的基础上加了冷冻期和手续费的条件。
限制条件
- 先买入才能卖出
- 不能同时参加多笔交易，再次买入时，需要先卖出
k >= 0才能进行交易，否则没有交易次数
定义操作
- 买入
- 卖出
- 不操作
定义状态
i: 天数k: 交易次数，每次交易包含买入和卖出，这里我们只在买入的时候需要将k - 10: 不持有股票1: 持有股票
举例
dp[i][k][0]//第i天 还可以交易k次 手中没有股票
dp[i][k][1]//第i天 还可以交易k次 手中有股票最终的最大收益是dp[n - 1][k][0]而不是dp[n - 1][k][1]，因为最后一天卖出肯定比持有收益更高
状态转移方程
// 今天没有持有股票，分为两种情况：
// 1. dp[i - 1][k][0]，昨天没有持有，今天不操作。
// 2. dp[i - 1][k][1] + prices[i] 昨天持有，今天卖出，今天手中就没有股票了。
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])
// 今天持有股票，分为两种情况：
// 1.dp[i - 1][k][1] 昨天持有，今天不操作
// 2.dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i] 昨天没有持有，今天买入。
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])
//最大利润就是这俩种情况的最大值121. 买卖股票的最佳时机（easy）限定交易次数 k=1
给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 pricesi 表示一支给定股票第 i 天的价格。你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。示例 1：输入：7,1,5,3,6,4 输出：5 解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。 注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。 示例 2：输入：prices = 7,6,4,3,1 输出：0 解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。提示：1 <= prices.length <= 105 0 <= pricesi <= 104
状态转移方程
//第i天不持有 由 第i-1天不持有然后不操作 和 第i-1天持有然后卖出 两种情况的最大值转移过来
dp[i][1][0] = Math.max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i])
//第i天持有 由 第i-1天持有然后不操作 和 第i-1天不持有然后买入 两种情况的最大值转移过来
dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])
= Math.max(dp[i - 1][1][1], -prices[i]) // k=0时 没有交易次数，dp[i - 1][0][0] = 0k是固定值1，不影响结果，所以可以不用管，简化之后如下
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i])完整代码
//时间复杂度O(n) 空间复杂度O(n)，dp数组第二维是常数
const maxProfit = function (prices) {
let n = prices.length;
let dp = Array.from(new Array(n), () => new Array(2));
dp[0][0] = 0; //第0天不持有
dp[0][1] = -prices[0]; //第0天持有
for (let i = 1; i < n; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];
};状态压缩，dp[i] 只和 dp[i - 1] 有关，去掉一维
//时间复杂度O(n) 空间复杂度O(1)
const maxProfit = function (prices) {
let n = prices.length;
let dp = Array.from(new Array(n), () => new Array(2));
dp[0] = 0;
dp[1] = -prices[0];
for (let i = 1; i < n; i++) {
dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i]);
dp[1] = Math.max(dp[1], -prices[i]);
}
return dp[0];
};
//语意化
const maxProfit = function (prices) {
let n = prices.length;
let sell = 0;
let buy = -prices[0];
for (let i = 1; i < n; i++) {
sell = Math.max(sell, buy + prices[i]);
buy = Math.max(buy, -prices[i]);
}
return sell;
};122. 买卖股票的最佳时机 II（medium）交易次数无限制 k = +infinity
给你一个整数数组 prices ，其中 pricesi 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 <= pricesi <= 104
状态转移方程
//第i天不持有 由 第i-1天不持有然后不操作 和 第i-1天持有然后卖出 两种情况的最大值转移过来
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])
//第i天持有 由 第i-1天持有然后不操作 和 第i-1天不持有然后买入 两种情况的最大值转移过来
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])k同样不影响结果，简化之后如下
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i])完整代码
const maxProfit = function (prices) {
let n = prices.length;
let dp = Array.from(new Array(n), () => new Array(2));
dp[0][0] = 0; //第0天不持有
dp[0][1] = -prices[0]; //第0天买入 花了prices[0]
for (let i = 1; i < n; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];
};状态压缩，同样dp[i] 只和 dpi - 1 有关，去掉一维
const maxProfit = function (prices) {
let n = prices.length;
let dp = Array.from(new Array(n), () => new Array(2));
dp[0] = 0;
dp[1] = -prices[0];
for (let i = 1; i < n; i++) {
dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i]);
dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] - prices[i]);
}
return dp[0];
};
//语意化
const maxProfit = function (prices) {
let n = prices.length;
let sell = 0;
let buy = -prices[0];
for (let i = 1; i < n; i++) {
sell = Math.max(sell, buy + prices[i]);
buy = Math.max(buy, sell - prices[i]);
}
return sell;
};123. 买卖股票的最佳时机 III (hrad) 限定交易次数 k=2
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）。示例 1:输入：prices = 3,3,5,0,0,3,1,4 输出：6 解释：在第 4 天（股票价格 = 0）的时候买入，在第 6 天（股票价格 = 3）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。 随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。 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 。undefined 注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。undefined 因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。 示例 3：输入：prices = 7,6,4,3,1 输出：0 解释：在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。 示例 4：输入：prices = 1 输出：0提示：1 <= prices.length <= 105 0 <= pricesi <= 105
状态转移方程
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])k对结果有影响 不能舍去，只能对k进行循环
for (let i = 0; i < n; i++) {
for (let k = maxK; k >= 1; k--) {
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]);
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]);
}
}
//k=2，直接写出循环的结果
dp[i][2][0] = Math.max(dp[i - 1][2][0], dp[i - 1][2][1] + prices[i])
dp[i][2][1] = Math.max(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0] - prices[i])
dp[i][1][0] = Math.max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])
= Math.max(dp[i - 1][1][1], -prices[i])// k=0时 没有交易次数，dp[i - 1][0][0] = 0
//去掉i这一维度
dp[2][0] = Math.max(dp[2][0], dp[2][1] + prices[i])
dp[2][1] = Math.max(dp[2][1], dp[1][0] - prices[i])
dp[1][0] = Math.max(dp[1][0], dp[1][1] + prices[i])
dp[1][1] = Math.max(dp[1][1], dp[0][0] - prices[i])
= Math.max(dp[1][1], -prices[i])// k=0时 没有交易次数，dp[i - 1][0][0] = 0完整代码
//和前面一样 我们直接降维
const maxProfit = function (prices) {
let buy_1 = -prices[0], sell_1 = 0
let buy_2 = -prices[0], sell_2 = 0
let n = prices.length
for (let i = 1; i < n; i++) {
sell_2 = Math.max(sell_2, buy_2 + prices[i])
buy_2 = Math.max(buy_2, sell_1 - prices[i])
sell_1 = Math.max(sell_1, buy_1 + prices[i])
buy_1 = Math.max(buy_1, -prices[i])
}
return sell_2
}188. 买卖股票的最佳时机 IV (hard) 限定交易次数 最多次数为 k
给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 pricesi 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 k 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）。示例 1：输入：k = 2, prices = 2,4,1 输出：2 解释：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。 示例 2：输入：k = 2, prices = 3,2,6,5,0,3 输出：7 解释：在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。 随后，在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入，在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。提示：0 <= k <= 100 0 <= prices.length <= 1000 0 <= pricesi <= 1000
const maxProfit = function (k, prices) {
let n = prices.length;
let profit = new Array(k);//和123题一样 求出所有k的状态
// 初始化k次交易买入卖出的利润
for (let j = 0; j <= k; j++) {
profit[j] = {
buy: -prices[0],//表示有股票
sell: 0,//表示没有股票
};
}
for (let i = 0; i < n; i++) {
for (let j = 1; j <= k; j++) {
//122题可以交易无数次，188交易k次，所以直接在加一层k循环就可以
//122最后的递推方程：
//sell = Math.max(sell, buy + prices[i]);
//buy = Math.max(buy, -prices[i]);
profit[j] = {
sell: Math.max(profit[j].sell, profit[j].buy + prices[i]),
buy: Math.max(profit[j].buy, profit[j - 1].sell - prices[i]),
};
}
}
return profit[k].sell; //返回第k次清空手中的股票之后的最大利润
};309. 最佳买卖股票时机含冷冻期(medium) 含有交易冷冻期
给定一个整数数组prices，其中第 pricesi 表示第 i 天的股票价格 。设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。 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）。示例 1:输入: prices = 1,2,3,0,2 输出: 3 解释: 对应的交易状态为: 买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出 示例 2:输入: prices = 1 输出: 0提示：1 <= prices.length <= 5000 0 <= pricesi <= 1000
状态转移方程
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])
//冷却时间1天，所以要从 i - 2 天转移状态
//买入，卖出 ---- 冷冻期 ---- 买入，卖出
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 2][k - 1][0] - prices[i])题目不限制k的大小，可以舍去
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 2][0] - prices[i])
//降维i
dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i])
dp[1] = Math.max(dp[1], profit_freeze - prices[i])完整代码
const maxProfit = function (prices) {
let n = prices.length;
let buy = -prices[0];//手中有股票
let sell = 0;//没有股票
let profit_freeze = 0;
for (let i = 1; i < n; i++) {
let temp = sell;
sell = Math.max(sell, buy + prices[i]);
buy = Math.max(buy, profit_freeze - prices[i]);
profit_freeze = temp;
}
return sell;
};714. 买卖股票的最佳时机含手续费 (medium) 每次交易含手续费
给定一个整数数组 prices，其中 pricesi表示第 i 天的股票价格 ；整数 fee 代表了交易股票的手续费用。你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。返回获得利润的最大值。注意：这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。示例 1：输入：prices = 1, 3, 2, 8, 4, 9, fee = 2 输出：8 解释：能够达到的最大利润:undefined在此处买入 prices0 = 1 在此处卖出 prices3 = 8 在此处买入 prices4 = 4 在此处卖出 prices5 = 9 总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8 示例 2：输入：prices = 1,3,7,5,10,3, fee = 3 输出：6提示：1 <= prices.length <= 5 104 1 <= pricesi < 5 104 0 <= fee < 5 * 104
状态转移方程
//每次交易要支付手续费 我们定义在卖出的时候扣手续费
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i] - fee)
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i])完整代码
const maxProfit = function (prices, fee) {
let sell = 0;//卖出
let buy = -prices[0];//买入
for (let i = 1; i < prices.length; i++) {
sell = Math.max(sell, buy + prices[i] - fee);
buy = Math.max(buy, sell - prices[i]);
}
return sell;
};原创声明：本文系作者授权腾讯云开发者社区发表，未经许可，不得转载。
如有侵权，请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除。
原创声明：本文系作者授权腾讯云开发者社区发表，未经许可，不得转载。
如有侵权，请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除。