题目描述
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: [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: [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 。 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。 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: [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。
题解1
前面做过的两道股票交易的题目，一个只能交易一次，另一个能交易无限次。 这里能交易两次，看是否复用之前的思路。交易两次相当于将整个区间分成两个子区间，对每个子区间交易一次，求取最大利益。而在子区间的交易转换成121. 买卖股票的最佳时机这道题。 第一个思路是对每个子区间分别求最大利益，时间复杂度为o(n)，而区间划分成两个区间有n+1种方式。所以总的时间复杂度为
o
(
n
2
)
o(n^2)
o(n2)。
代码1
class Solution {
public:
int deal(vector
<int>&prices
, int beg
, int end
){
int res
= 0;
if(beg
>= end
){
return 0;
}
else{
int maxVal
= 0;
for(int i
= end
; i
>= beg
+ 1; --i
){
if(i
== end
){
maxVal
= prices
[i
];
}
else{
if(maxVal
< prices
[i
]){
maxVal
= prices
[i
];
}
}
if(maxVal
- prices
[i
- 1] > res
){
res
= maxVal
- prices
[i
- 1];
}
}
return res
;
}
}
int maxProfit(vector
<int>& prices
) {
int res
= 0, len
= prices
.size();
for(int i
= 0; i
< len
- 1; ++i
){
res
= max(res
, deal(prices
, 0, i
)+deal(prices
, i
+ 1, len
- 1));
}
res
= max(res
, deal(prices
, 0, len
- 1));
return res
;
}
};
执行结果1
超时！
题解2
其实仔细观察两个子区间，发现它们并不是任意区间，而是一个区间开始位置确定[beg, i]，另外一个区间结束位置确定[i, end]。而在121. 买卖股票的最佳时机中，可以在o(n)内对[i, end]区间的最大利益求解。 既然
o
(
n
2
)
o(n^2)
o(n2)会超时，那么可以尝试用空间换时间，先数组存下[i, end]的最大利益。同理，我们也可以在o(n)内对[beg, i]求解最大利益。也用一个数组存下。最后再循环二分区间，求取两次交易的最大值。 时间复杂度为o(n)， 空间复杂度为o(n)
代码2
class Solution {
public:
int maxProfit(vector
<int>& prices
) {
int res
= 0, len
= prices
.size(), minVal
= 0, maxVal
= 0;
vector
<int>profit1(len
, 0), profit2(len
, 0);
if(len
== 0){
return 0;
}
minVal
= prices
[0], res
= 0;
for(int i
= 1; i
< len
; ++i
){
if(prices
[i
- 1] < minVal
){
minVal
= prices
[i
- 1];
}
profit1
[i
] = prices
[i
] - minVal
> res
?res
= prices
[i
] - minVal
:res
;
}
maxVal
= prices
[len
- 1], res
= 0;
for(int i
= len
- 2; i
>= 0; --i
){
if(prices
[i
+ 1] > maxVal
){
maxVal
= prices
[i
+ 1];
}
profit2
[i
] = maxVal
- prices
[i
] > res
?res
= maxVal
- prices
[i
]:res
;
}
res
= 0;
for(int i
= 0; i
< len
- 1; ++i
){
res
= max(res
, profit1
[i
] + profit2
[i
+ 1]);
}
res
= max(res
, profit1
[len
- 1]);
return res
;
}
};
执行结果2
题解3
动态规划 定义了三维数组dp[i][j][k]。 i表示第几天，j表示至第i天目前的交易次数，k表示持有股票状态（没有股票或有股票）。 eg：dp[3][1][0]表示到第3天交易一次，没有股票的最大收益。出现这种状态有两种情况：
第2天没有股票第2天有股票，在第3天卖出。 得出状态方程如公式1
{
d
p
[
i
]
[
j
]
[
0
]
=
m
a
x
(
d
p
[
i
−
1
]
[
j
]
[
0
]
,
d
p
[
i
−
1
]
[
j
]
[
1
]
+
p
r
i
c
e
s
[
i
]
)
;
/
/
第
i
天
交
易
到
第
j
次
，
不
持
股
d
p
[
i
]
[
j
]
[
1
]
=
m
a
x
(
d
p
[
i
−
1
]
[
j
]
[
1
]
,
d
p
[
i
−
1
]
[
j
−
1
]
[
0
]
−
p
r
i
c
e
s
[
i
]
)
;
/
/
第
i
天
交
易
到
第
j
次
，
持
股
\begin{cases} dp[i][j][0] = max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);//第i天交易到第j次，不持股\\ dp[i][j][1] = max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);//第i天交易到第j次，持股 \end{cases}
{dp[i][j][0]=max(dp[i−1][j][0],dp[i−1][j][1]+prices[i]);//第i天交易到第j次，不持股dp[i][j][1]=max(dp[i−1][j][1],dp[i−1][j−1][0]−prices[i]);//第i天交易到第j次，持股
代码3
class Solution {
public:
int maxProfit(vector
<int>& prices
) {
const int n
= prices
.size();
if(n
== 0){
return 0;
}
int dp
[n
][3][2] = {0};
for(int i
= 0; i
< n
; ++i
){
for(int j
= 2; j
>=1; --j
){
if(i
== 0){
dp
[i
][j
][0] = 0;
dp
[i
][j
][1] = -prices
[i
];
}
else{
dp
[i
][j
][0] = max(dp
[i
- 1][j
][0], dp
[i
- 1][j
][1] + prices
[i
]);
dp
[i
][j
][1] = max(dp
[i
- 1][j
][1], dp
[i
- 1][j
- 1][0] - prices
[i
]);
}
}
}
return dp
[n
- 1][2][0];
}
};
执行结果3
