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1. 买卖股票的最佳时机

题目描述

给定一个数组 prices ,它的第 i 个元素 prices[i] 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。

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题解

思路:总目标是找出两个数,使得其差值最大,并且小的在左边

/**
 * @param {number[]} prices
 * @return {number}
 */
var maxProfit = function(prices) {
  const length = prices.length;
  let start = prices[0], profit = 0;
  for(let i = 0; i < length; i++) {
    start = Math.min(start, prices[i]);
    profit = Math.max(profit, prices[i] - start);
  }
  return profit;
};

2. 买卖股票的最佳时机 II

题目描述

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 。

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题解

定义状态 dp[i][0] 表示第 i 天交易完后手里持有股票的最大利润,dp[i][1] 表示第 i 天交易完后手里没有一支股票的最大利润(i 从 0 开始)。

考虑 dp[i][0] 的转移方程,可能的转移状态为前一天已经持有一支股票,即 dp[i−1][0],或者前一天结束时还没有股票,即 dp[i−1][1],这时候我们要将其买入,并减少 prices[i] 的收益。可以列出如下的转移方程:dp[i][0]=max{dp[i−1][0], dp[i−1][1]−prices[i]}

再来考虑 dp[i][1],按照同样的方式考虑转移状态,如果这一天交易完后手里没有股票,那么可能的转移状态为前一天已经没有股票,即 dp[i−1][1],或者前一天结束的时候手里持有一支股票,即 dp[i−1][0],这时候我们要将其卖出,并获得 prices[i] 的收益。因此为了收益最大化,我们列出如下的转移方程:dp[i][0]=max{dp[i−1][0],dp[i−1][1]+prices[i]}

对于初始状态,根据状态定义我们可以知道第 0 天交易结束的时候 dp[0][0]=−prices[0]dp[0][1]=0

因此,我们只要从前往后依次计算状态即可。由于全部交易结束后,持有股票的收益一定低于不持有股票的收益,因此这时候 dp[length−1][1] 的收益必然是大于dp[length−1][0] 的,最后的答案即为 dp[length−1][1]

/**
 * @param {number[]} prices
 * @return {number}
 */
var maxProfit = function(prices) {
  const length = prices.length;
  const dp = Array(length).fill(0).map(() => Array(2).fill(0));
  dp[0][0] = - prices[0];
  for(let i = 1; i < length; 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[length - 1][1];
};

当然,可以通过设置 dp0dp1 两个变量来代替 dp[i][0]dp[i][1],减小空间复杂度。

/**
 * @param {number[]} prices
 * @return {number}
 */
var maxProfit = function(prices) {
  const length = prices.length;
  let dp0 = -prices[0];
  let dp1 = 0;
  for(let i = 1; i < length; i++) {
    dp0 = Math.max(dp0, dp1 - prices[i]);
    dp1 = Math.max(dp1, dp0 + prices[i]);
  }  
  return dp1;
};

3. 买卖股票的最佳时机含手续费

题目描述

给定一个整数数组 prices,其中 prices[i]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:  
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 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

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题解

定义状态 dp[i][0] 表示第 i 天交易完后手里持有股票的最大利润,dp[i][1] 表示第 i 天交易完后手里没有股票的最大利润(i0 开始)。

考虑 dp[i][0] 的转移方程,那么可能的转移状态为前一天已经持有一支股票,即 dp[i−1][0],或者前一天结束时还没有股票,即 dp[i−1][0],这时候我们要将其买入,并减少 prices[i] 的收益。可以列出如下的转移方程:dp[i][0]=max{dp[i−1][0], dp[i−1][1]−prices[i]}

再来按照同样的方式考虑 dp[i][1] 按状态转移,如果这一天交易完后手里没有股票,那么可能的转移状态为前一天已经没有股票,即 dp[i−1][1],或者前一天结束的时候手里持有一支股票,即 dp[i−1][0],这时候我们要将其卖出,并获得 prices[i] 的收益,但需要支付 fee 的手续费。因此为了收益最大化,我们列出如下的转移方程:dp[i][1]=max{dp[i−1][1],dp[i−1][0]+prices[i]−fee}

对于初始状态,根据状态定义我们可以知道第 0 天交易结束的时候有 dp[0][1]=0 以及 dp[0][0]=−prices[0]

因此,我们只要从前往后依次计算状态即可。由于全部交易结束后,持有股票的收益一定低于不持有股票的收益,因此这时候 dp[length−1][1] 的收益必然是大于 dp[length−1][1] 的,最后的答案即为 dp[length−1][1]

当然,可以通过设置 dp0dp1 两个变量来代替 dp[i][0]dp[i][1],减小空间复杂度。

/**
 * @param {number[]} prices
 * @param {number} fee
 * @return {number}
 */
var maxProfit = function(prices, fee) {
    const length = prices.length;
    let [dp0, dp1] = [-prices[0], 0];
    for(let i = 0; i < length; i++) {
      dp0 = Math.max(dp0, dp1 - prices[i]);
      dp1 = Math.max(dp1, dp0 + prices[i] - fee);
    }
    return dp1;
};

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