[Lintcode] Best Time to Buy and Sell Stock IV

问题描述

Say you have an array for which the ith element is the price of a given stock on day i. Design an algorithm to find the maximum profit. You may complete at most k transactions.

Example Given prices = [4,4,6,1,1,4,2,5], and k = 2, return 6. 简而言之，就是从prices数组中，取出最多2*k个数，相邻的每对（比如第1个数和第2个数，第3个数和第4个数），其总和要最大。

Note You may not engage in multiple transactions at the same time (i.e., you must sell the stock before you buy again).

题意分析

这是一个DP （Dynamic Programming）问题。

解法1

t(n, k)：表示前n天，进行最多k次交易，所能获得的最大收益。并且最后一次交易发生在第n天 那么有： t(n, k) = max { t(m, k-1) + prices[n] – prices_min(m+1, n) }, 0 <= m <= n-1 t(n, k) = max { t(n, k), t(n, k-1) } // 只最多进行 k-1 次交易 其中 prices_min(m+1, n) 表示第m+1天到第n天之间的最低股票价格

这样的话，可以对m从n-1变换到0，进行扫描一次，并且更新prices_min，这样的话，要求得到t(n, k) 的复杂度为 o(n),因此总的时间复杂度为 O(k * n^2)

解法2

解法一的复杂度还是有点大，当k趋近于n的时候，复杂度可以达到 O(n^3)，不太可以接受。因此我们需要一个更好的dp方法。

g(n, k)表示前n天，进行k次交易，所获得最大收益 l(n, k) 表示前n天，进行k次交易，且最后一天进行了交易（卖出股票），所获得最大收益

g(n, k) = max{ g(n-1, k), l(n, k) } // 前n天最大收益，要不最后一次交易在前n-1天内，要不发生在第n天 l(n, k) = max{ g(m, k-1) + prices[n] – prices[m+1] }, 0 <= m <= n-1 l(n, k) = max{ l(n, k), l(n, k-1) }

在计算 l(n, k) 的时候，，需要遍历 0 ~ n-1，如果暴力的话，复杂度还是 O(n)，最后的复杂度就是O(k * n^2)

那么这里有个优化算法： 设max_diff 为 max { g(m, k-1) – prices[m+1] }, 0 <= m <= n-1。在计算 l(0, k) ~ l(n, k) 的时候，不断更新max_diff，那么这样的话，其实就把计算 l(n,k) 的平摊复杂度降了下来，复杂度为 O(1)。那么总的时间复杂度为 O(kn)。

具体代码：

int maxProfit(int k, vector<int> &prices) {// write your code hereint n = prices.size();if (k > n/2) k = n/2;if (n <= 1) return 0;int *l = new int[n+1];int *g = new int[n+1];for (int i = 1; i <= k; i++) {if (i == 1) {int current_min = prices[0], max_profit = 0;for (int j = 0; j <= n; j++) {if (j == 0) { l[j] = g[j] = 0; continue; }current_min = min(current_min, prices[j-1]);max_profit = max(max_profit, prices[j-1]- current_min);l[j] = prices[j-1] – current_min;g[j] = max_profit;}//print(l, n+1); print(g, n+1); printf(“—\n”);} else {int max_diff = g[0] – prices[0];l[0] = g[0] = 0;for (int j = 1; j <= n; j++) {max_diff = max(max_diff, g[j-1] – prices[j-1]);//printf(“j:%d, max_diff:%d\n “, j, max_diff);l[j] = max(l[j], max_diff + prices[j-1]);}(int j = 1; j <= n; j++) {g[j] = max(g[j-1], l[j]);}//print(l, n+1); print(g, n+1); printf(“—\n”);}}return g[n];}

当你下定决心准备出发时，最困难的时刻就已经过去了。那么，出发吧。