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跌妈不认?一口气团灭6道股票算法打打气

观感度:🌟🌟🌟🌟🌟

口味:金汤肥牛

烹饪时间:10min

我欲清仓归去,又恐迅速反弹,踏空不胜寒。与其储蓄负利,不如厮混其间,少追涨,勿杀跌,夜安眠,不应有恨,获利总在无意间。月有阴晴圆缺,股有横盘涨跌,此事股难全。 -- 著名古人白交易

本文已收录在前端食堂同名仓库 Github github.com/Geekhyt,欢迎光临食堂,如果觉得酒菜还算可口,赏个 Star 对食堂老板来说是莫大的鼓励。

2021 年的基金市场开年至今,暴涨又暴跌。刚迎完财神,期待牛气冲天的年轻人们,刚刚入场就狠狠的吃了资本市场的一记重锤。

各种“人类迷惑行为大赏”轮番上演,让本就魔幻的世界变得更加魔幻。如果你最近也跌了,请点个赞,让我们互相抱团取暖。

回到 LeetCode 这 6 道股票系列题,其实这 6 道题目可以归为一道题目来看:

  1. 买卖股票的最佳时机
  2. 买卖股票的最佳时机II
  3. 买卖股票的最佳时机III
  4. 买卖股票的最佳时机 IV
  5. 最佳买卖股票时机含冷冻期
  6. 买卖股票的最佳时机含手续费

与现实略有不同,题目中添加了一些限制条件,读完题分析后不难发现。

  1. 第一题只交易一次,也就是 k = 1。
  2. 第二题不限制交易次数,也就是 k = +infinity。
  3. 第三题只交易两次,也就是 k = 2。
  4. 第四道限制最多交易次数 k 是任意数。
  5. 第五道和第六道不限次数,相当于在第二题的基础上分别添加了交易冷冻期手续费的额外条件。

我们每天能做的操作无非是以下这三种:

  1. 买入
  2. 卖出
  3. 无操作

不过要注意以下四点限制条件。

  1. 要先买入才能卖出
  2. 题目要求不能同时参与多笔交易,也就是说再次买入前需要卖出手中持有的股票
  3. 无操作基于两种状态,手中持有股票没有持有股票
  4. 交易次数 k 也有限制,只有 k >= 0 时才可以买入

分析好了这些状态,接下来就是翻译成代码了。

首先,我们可以建立一个三维数组来表示上面的这些状态,先来明确一些变量含义。

  • i: 天数 范围是 (0 <= i <= n - 1)
  • k: 最大交易次数
  • 0: 没有持有股票
  • 1: 持有股票
  • n: 股票数组长度
dp[i][k][0]
dp[i][k][1]

// 举个🌰
dp[2][2][1] // 今天是第 2 天,手中持有股票,最多还可以进行 2 次交易
复制代码

我们最终要求的可获得的最大收益就是 dp[n - 1][k][0],代表最后一天将股票卖出后的最大收益。(这里卖出一定比持有收益更大,所以是 [0],而不是 [1])

接下来,我们尝试列出状态转移方程。

// 今天手中没有持有股票,有两种可能:
// 1. 昨天没有持有,今天选择不操作。 对应: dp[i - 1][k][0]
// 2. 昨天持有,今天卖出了,所以今天没有股票了。对应: dp[i - 1][k][1] + prices[i]
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])


// 今天手中持有股票,有两种可能:
// 1. 昨天手中持有股票,今天选择不操作。对应: dp[i - 1][k][1]
// 2. 昨天没有持有股票,今天买入了。对应: dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])
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很显然,卖出股票利润增加,买入股票利润减少。因为每次交易包含两次成对的操作,买入和卖出。

所以只有买入的时候需要将 k - 1,那么最大利润就是上面这两种可能性中的最大值。

第一题 k = 1

将状态转移方程套入本题的条件,k = 1,列出状态转移方程。

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,dp[i - 1][0][0] = 0
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观察发现 k 既然都是 1 且不会改变,也就是说 k 对状态转移已经没有影响了,我们可以进一步化简方程。

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])
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对于第 0 天,我们需要进行初始化:

  • 不持有:dp[0][0] = 0
  • 持有:dp[0][1] = -prices[0] (花了 prices[0] 的钱买入股票)
const maxProfit = function(prices) {
    let n = prices.length
    let dp = Array.from(new Array(n), () => new Array(2))
    dp[0][0] = 0
    dp[0][1] = -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], -prices[i])
    }
    return dp[n - 1][0]
}
复制代码
  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(n)

我们发现在转移的时候,dp[i] 只会从 dp[i - 1] 转移得来,因此第一维可以去掉,空间复杂度优化到 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]
}
复制代码
  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(1)

我们也可以将变量名变得更加友好一些。

  • profit_out:卖出时的利润
  • profit_in:买入时的利润
const maxProfit = function(prices) {
    let n = prices.length
    let profit_out = 0
    let profit_in = -prices[0]
    for (let i = 1; i < n; i++) {
        profit_out = Math.max(profit_out, profit_in + prices[i])
        profit_in = Math.max(profit_in,  -prices[i])
    }
    return profit_out
}
复制代码
  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(1)

第二题 k = +infinity

将状态转移方程套入本题的条件,k = +infinity。

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])
            = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k][0] - prices[i])
复制代码

我们发现数组中的 k 同样已经不会改变了,也就是说 k 对状态转移已经没有影响了,可以进一步化简方程。

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])
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对于第 0 天,我们要给出初始值:

  • 不持有:dp[0][0] = 0
  • 持有:dp[0][1] = -prices[0] (花了 prices[0] 的钱买入股票)
const maxProfit = function(prices) {
    let n = prices.length
    let dp = Array.from(new Array(n), () => new Array(2))
    dp[0][0] = 0 
    dp[0][1] = -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]
}
复制代码

同样在转移的时候,dp[i] 只会从 dp[i - 1] 转移得来,因此第一维可以去掉,空间复杂度优化到 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++) {
        let tmp = dp[0] // 中间变量可省略,因为当天买入卖出不影响结果
        dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i])
        dp[1] = Math.max(dp[1], tmp - prices[i])
    }
    return dp[0]
}
复制代码

同上题一样,我们可以将变量名变得更加友好一些。

const maxProfit = function(prices) {
    let n = prices.length
    let profit_out = 0
    let profit_in = -prices[0]
    for (let i = 1; i < n; i++) {
        profit_out = Math.max(profit_out, profit_in + prices[i])
        profit_in = Math.max(profit_in, profit_out - prices[i])
    }
    return profit_out
}
复制代码

第三题 k = 2

前面两种情况,无论是 k = 1,还是 k = +infinity 的情况下,k 对状态转移方程是没有影响的。

不过当 k = 2 时,k 就对状态转移方程有影响了。列出状态转移方程:

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])
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这个时候 k 无法化简,我们需要使用两次循环对 k 进行穷举。

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])
    }
}
复制代码

不过因为 k 的取值范围比较小,我们也可以直接将它们全部列举出来。

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])
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有了上面两道题的铺垫,我们后面几道题就直接写出降维后的解法。

const maxProfit = function(prices) {
    let n = prices.length
    let dp_i10 = 0
    let dp_i11 = -prices[0]
    let dp_i20 = 0
    let dp_i21 = -prices[0]
    for (let i = 1; i < n; i++) {
        dp_i20 = Math.max(dp_i20, dp_i21 + prices[i])
        dp_i21 = Math.max(dp_i21, dp_i10 - prices[i])
        dp_i10 = Math.max(dp_i10, dp_i11 + prices[i])
        dp_i11 = Math.max(dp_i11, -prices[i])
    }
    return dp_i20
}
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同上面一样,我们可以将变量名变得更加友好一些。

const maxProfit = function(prices) {
    let profit_1_in = -prices[0], profit_1_out = 0
    let profit_2_in = -prices[0], profit_2_out = 0
    let n = prices.length
    for (let i = 1; i < n; i++) {
        profit_2_out = Math.max(profit_2_out, profit_2_in + prices[i])
        profit_2_in = Math.max(profit_2_in, profit_1_out - prices[i])
        profit_1_out = Math.max(profit_1_out, profit_1_in + prices[i])
        profit_1_in = Math.max(profit_1_in, -prices[i])
    }
    return profit_2_out
}
复制代码

第四题 k 是任意数

一个有收益的交易至少需要两天(在前一天买入,在后一天卖出,前提是买入价格低于卖出价格)。

如果股票价格数组的长度为 n,则有收益的交易的数量最多为 n / 2(整数除法)。因此 k 的临界值是 n / 2。

如果给定的 k 不小于临界值,即 k >= n / 2,则可以将 k 扩展为正无穷,也就是第二题的情况,如下函数 maxProfit2。

const maxProfit = function(k, prices) {
    let n = prices.length
    const maxProfit2 = function(prices) {
        let profit_out = 0
        let profit_in = -prices[0]
        for (let i = 1; i < n; i++) {
            profit_out = Math.max(profit_out, profit_in + prices[i])
            profit_in = Math.max(profit_in, profit_out - prices[i])
        }
        return profit_out
    }
    if (k > n / 2) {
        return maxProfit2(prices)
    }
    let profit = new Array(k)
    // 初始化买入卖出时的利润,将每次交易买入、卖出时的利润放在一个对象中,实现降维
    for (let j = 0; j <= k; j++) {
        profit[j] = {
            profit_in: -prices[0],
            profit_out: 0
        }
    }
    for (let i = 0; i < n; i++) {
        for (let j = 1; j <= k; j++) {
            profit[j] = {
                profit_out: Math.max(profit[j].profit_out, profit[j].profit_in + prices[i]), 
                profit_in: Math.max(profit[j].profit_in, profit[j-1].profit_out - prices[i])
            }
        }
    }
    return profit[k].profit_out
}
复制代码

第五题 k 为正无穷但有冷却时间

每次卖出之后都要等一天才能继续交易,也就是第 i 天选择买的时候,要从 i - 2 状态转移。

列出状态转移方程。

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 - 2][k - 1][0] - prices[i])
            = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 2][k][0] - prices[i])
复制代码

k 同样对状态转移已经没有影响了,可以进一步化简方程。

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])
复制代码
const maxProfit = function(prices) {
    let n = prices.length
    let dp_i0 = 0
    let dp_i1 = -prices[0];
    let dp_pre = 0 // 代表 dp[i-2][0]
    for (let i = 0; i < n; i++) {
        let tmp = dp_i0
        dp_i0 = Math.max(dp_i0, dp_i1 + prices[i])
        dp_i1 = Math.max(dp_i1, dp_pre - prices[i])
        dp_pre = tmp
    }
    return dp_i0
}
复制代码

同上面一样,我们可以将变量名变得更加友好一些。

const maxProfit = function(prices) {
    let n = prices.length
    let profit_in = -prices[0]
    let profit_out = 0
    let profit_freeze = 0
    for (let i = 1; i < n; i++) {
        let temp = profit_out
        profit_out = Math.max(profit_out, profit_in + prices[i])
        profit_in = Math.max(profit_in, profit_freeze - prices[i])
        profit_freeze = temp
    }
    return profit_out
}
复制代码

第六题 k 为正无穷但有手续费

在第二题的基础上,添加了手续费。

每次交易要支付手续费,只要把手续费从利润中减去即可,可以列出如下两种方程。

第一种方程:在每次买入股票时扣除手续费

dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee)
复制代码

第二种方程:在每次卖出股票时扣除手续费

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])
复制代码
const maxProfit = function(prices, fee) {
    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++) {
        let tmp = dp[0]
        dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i] - fee)
        dp[1] = Math.max(dp[1], tmp - prices[i])
    }
    return dp[0]
}
复制代码

同上面一样,我们可以将变量名变得更加友好一些。

const maxProfit = function(prices, fee) {
    let profit_out = 0
    let profit_in = -prices[0]
    for (let i = 1; i < prices.length; i++) {
        profit_out = Math.max(profit_out, profit_in + prices[i] - fee)
        profit_in = Math.max(profit_in, profit_out - prices[i])
    }
    return profit_out
}
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团灭完股票系列算法再来个首尾呼应,讲一讲所谓的投资时钟。

经济分为两个大周期:经济复苏期经济衰退期。结合通胀和流动性的组合,可以分为四个小周期,衰退前期、衰退后期、复苏前期以及复苏后期

不同的经济周期对应着不同的资产和市场风格。任何的资产都有周期性,没有只涨不跌的资产,即便是茅台这样的核心消费资产在不合适的周期里也能平均回调 30% 以上,即使钢铁这种夕阳产业在合适的周期也能涨个 50%。

搞清楚了当下位于哪个周期,调整资产进行合理的配置,才能不做韭菜。

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