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剑指 Offer II 091. 粉刷房子题目解析状态转移方程完整代码
309. 最佳买卖股票时机含冷冻期题目解析状态转移方程持有股票保持卖出股票卖出股票冷冻期
完整代码
714. 买卖股票的最佳时机含手续费题目解析状态转移方程f[i]状态转移方程g[i]状态转移方程
完整代码
剑指 Offer II 091. 粉刷房子
点击查看：粉刷房子
假如有一排房子，共 n 个，每个房子可以被粉刷成红色、蓝色或者绿色这三种颜色中的一种，你需要粉刷所有的房子并且使其相邻的两个房子颜色不能相同。 当然，因为市场上不同颜色油漆的价格不同，所以房子粉刷成不同颜色的花费成本也是不同的。每个房子粉刷成不同颜色的花费是以一个 n x 3 的正整数矩阵 costs 来表示的。 例如，costs[0][0] 表示第 0 号房子粉刷成红色的成本花费；costs[1][2] 表示第 1 号房子粉刷成绿色的花费，以此类推。 请计算出粉刷完所有房子最少的花费成本。
示例 1： 输入: costs = [[17,2,17],[16,16,5],[14,3,19]] 输出: 10 解释: 将 0 号房子粉刷成蓝色，1 号房子粉刷成绿色，2 号房子粉刷成蓝色。 最少花费: 2 + 5 + 3 = 10。
题目解析
cost数组的横坐标 代表 N号房子，纵坐标 代表 颜色 在每号房子中分别选取一种颜色，但是相邻之间不能选取相同的颜色，求最小花费
相邻之间不能选取相同的颜色，所以在0号房子选取蓝色后，1号房子并不能选取蓝色， 同样在1号房子选取绿色后，2号房子不能选取绿色 最小花费为 2+5+3=10
状态转移方程
到达i位置的时候，共有三种情况，下标为0时为红色，下标为1时为蓝色，下标为2时为绿色
dp[i][0]：表示粉刷到i位置的时候，最后一个位置粉刷上红色，此时的最小花费 dp[i][1]：表示粉刷到i位置的时候，最后一个位置粉刷上蓝色，此时的最小花费 dp[i][2]：表示粉刷到i位置的时候，最后一个位置粉刷上绿色，此时的最小花费
当i位置被粉刷为红色时，若想求 [0,i]区间内的 最小花费 ，就应该先求[0,i-1] 区间内的最小花费 因为相邻房子之间不能取相同的颜色，所以i-1位置只能取 蓝色或者绿色 若i-1位置为蓝色，则[0,i-1]区间的最小花费为 dp[i-1][1] 若i-1位置为绿色，则[0,i-1]区间内的最小花费为 dp[i-1][2] 取两者的最小值 ，再加上i位置的花费 即为[0,i]区间内的花费
状态转移方程为： dp[i][0]= min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+costs[i][0];
当i位置被粉刷为蓝色时，若想求 [0,i]区间内的 最小花费 ，就应该先求[0,i-1] 区间内的最小花费 因为相邻房子之间不能取相同的颜色，所以i-1位置只能取 红色或者绿色 若i-1位置为红色，则[0,i-1]区间的最小花费为 dp[i-1][0] 若i-1位置为绿色，则[0,i-1]区间内的最小花费为 dp[i-1][2] 取两者的最小值 ，再加上i位置的花费 即为[0,i]区间内的花费
状态转移方程为： dp[i][1]= min(dp[i-1][0],dp[i-1][2])+costs[i][1];
当i位置被粉刷为绿色时，若想求 [0,i]区间内的 最小花费 ，就应该先求[0,i-1] 区间内的最小花费 因为相邻房子之间不能取相同的颜色，所以i-1位置只能取 红色或者蓝色 若i-1位置为红色，则[0,i-1]区间的最小花费为 dp[i-1][0] 若i-1位置为绿色，则[0,i-1]区间内的最小花费为 dp[i-1][1] 取两者的最小值 ，再加上i位置的花费 即为[0,i]区间内的花费
状态转移方程为： dp[i][2]= min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+costs[i][2];
完整代码
class Solution {
public:
int minCost(vector
int n=costs.size();
//扩列 一行
// 将 n+1个 vector数组 的3个数 都初始化为0
vector
int i=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
//状态转移方程
dp[i][0]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+costs[i-1][0];
dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][2])+costs[i-1][1];
dp[i][2]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+costs[i-1][2];
}
//返回 最后一次粉刷 三种颜色 其中的最小花费
return min(min(dp[n][0],dp[n][1]),dp[n][2]);
}
};
初始化 使用状态转移方程，当i为0时，会发生越界访问的情况，所以扩列一行 i为0时 即 0号房子的粉刷为红/蓝/绿色后，此时的最小花费 由于0号房子为最开始的地方，所以最小花费就为costs数组对应的元素 将扩列的一行 都置为0 即可
粉刷完最后一个房子时，算作一次花费记录， 所以比较最后一次粉刷红/蓝/绿 三种颜色 的花费的最小值 即为 最小花费
309. 最佳买卖股票时机含冷冻期
点击查看：最佳买卖股票时机含冷冻期
给定一个整数数组prices，其中第 prices[i] 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
题目解析
若买入一支股票，卖出后，就会进入冷冻期，什么都做不了 最后上述最大利润 为 3
状态转移方程
dp[i]：表示第i天结束时，所能拿到的最大利润 在i位置处共有四种状态： 持有股票 保持卖出股票 冷冻期 卖出股票 将 持有股 状态 用下标0表示 ，将保持卖出股票 状态 用下标1表示 ，将卖出股票状态用下标2表示，将冷冻期 用下标3表示 即 dp[i][0] 持有股票 dp[i][1]保持卖出股票 dp[i][2]卖出股票 dp[i][3] 冷冻期
dp[i][0]：表示第i天结束后，处于 持有股票 状态，此时的最大利润 dp[i][1]：表示第i天结束后，处于 保持卖出股票 状态，此时的最大利润 dp[i][2]：表示第i天结束后，处于 卖出股票 状态，此时的最大利润 dp[i][3]：表示第i天结束后，处于 冷冻期 状态，此时的最大利润
在冷冻期之前将股票卖出，在冷冻期之后，什么都不干，则一直保持卖出股票的状态
持有股票
若第i-1天为持有股票状态，第i天延续第i-1天的状态 该情况下 ：dp[i][0]=dp[i-1][0]
若第i-1天是冷冻期，第i天为买入股票状态 从第i-1天到第i天，还需减去股票价格 该情况下 ：dp[i][0]=dp[i-1][3]-price[i]
从冷冻期结束，一直到到第i-1天，都保持卖出股票状态，第i天为买入股票状态 该情况下 ：dp[i][0]=dp[i-1][1]-price[i]
将三者取最大值 状态转移方程为： dp[i][0]= max ( max(dp[i-1][0],dp[i-1][3]-price[i]) ,dp[i-1][1]-price[i]);
保持卖出股票
若第i天想要为 保持卖出股票状态，则第i-1天可以为 保持卖出股票状态 该情况下 ：dp[i][1]= dp[i-1][1]
若第i天想要为 卖出股票状态，则第i-1天可以为 冷冻期 状态 该情况下： dp[i][1]=dp[i-1][3]
取两者最大值 状态转移方程： dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][3]);
卖出股票
第i-1天持有股票，第i天卖股票 从第i-1天到第i天，还需加上股票价格
状态转移方程为： dp[i][2]= dp[i-1][0]+price[i];
冷冻期
第i-1天卖股票状态，第i天为冷冻期状态
状态转移方程为： dp[i][3] = dp[i-1][2];
完整代码
class Solution {
public:
int maxProfit(vector
int n=prices.size();
int i=0;
vector
//将股票买了，需要花钱 所以利润为负
dp[0][0]=-prices[0];
for(i=1;i { //持有股票 dp[i][0]= max( max(dp[i-1][0],dp[i-1][3]-prices[i]), dp[i-1][1]-prices[i]); //保持卖出股票 dp[i][1]= max(dp[i-1][1],dp[i-1][3]); //卖出股票 dp[i][2]=dp[i-1][0]+prices[i]; //冷冻期 dp[i][3]= dp[i-1][2]; } //最后一天 若买入 则不会获得最大利润 ，所以去除下标为0的情况 return max(max(dp[n-1][1],dp[n-1][2]),dp[n-1][3]); } }; 714. 买卖股票的最佳时机含手续费 点击查看：买卖股票的最佳时机含手续费 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 题目解析 当数组元素值为1时，买入股票，由于在卖出股票时要支付小费2元，所以在 数组元素值为3 或2 时 ，卖出都是不合算的 在数组元素值为8时，卖出股票，8-1-2=5 在数组元素值为4时，买入股票 ，在数组元素值为9时，卖出股票，9-4-2=3 最大利润为：5+3=8 状态转移方程 dp[i]：表示 第i天结束后，所能获得的最大利润 在i位置处，共有两种状态 ，买入状态和卖出状态 f[i]：表示 第i天结束后，处于买入 状态，此时的最大利润 g[i]：表示第i天结束后，处于卖出 状态，此时的最大利润 仅需支付一次手续费,假设在卖出股票时加上手续费 f[i]状态转移方程 若第i-1天处于买入状态，第i天啥也不干，则第i天也处于买入状态 该情况下：f[i]=f[i-1] 若第i-1天处于卖出状态，则第i天处于买入状态 需要减去买股票对应的花费 price[i] 该情况下：f[i]=g[i-1]-price[i] 状态转移方程为： f[i] =max(f[i-1],g[i-1]-price[i]); g[i]状态转移方程 若第i-1天卖出状态，第i天啥也不干，则第i天也处于卖出状态 该情况下：g[i]=g[i-1] 若第i-1天处于买入状态，则第i天处于卖出状态 需要加上卖股票对应的利润 price[i]，同时卖出股票还需手续费 该情况下：g[i]=f[i-1]+price[i]-fee 状态转移方程为： g[i]= max(g[i-1],f[i-1]+price[i]-fee); 完整代码 class Solution { public: int maxProfit(vector int n=prices.size(); int i=0; //f表示 买入 g表示卖出 vector vector //将股票买了，需要花钱,所以利润为负 f[0]=-prices[0]; g[0]=0; for(i=1;i { f[i]=max(f[i-1],g[i-1]-prices[i]); g[i]=max(g[i-1],f[i-1]+prices[i]-fee); } //在最后一个位置处 在买股票对应的利润肯定是没有将股票卖出的利润多的 return g[n-1]; } }; 相关阅读
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