可以获得的最大利润 - 买卖答案

【问题标题】：Maximum profit that can be obtained - Buying and Selling可以获得的最大利润 - 买卖
【发布时间】：2017-01-03 20:06:25
【问题描述】：

假设我们准确预测了梅西在N 天期间的价格。预测以列表形式给出，其中p_i 代表玩家在i 当天的价格。 Bob 计划在此期间进行多次连续交易，但一次只能拥有一个梅西，因此需要在再次购买之前卖掉他。

鲍勃一开始预算有限B，他买不起梅西，因为他买不起。当然，Bob 可以将他从买卖他的 Messis 中获得的任何利润添加到他的预算中。对他来说幸运的是，有些时候他会从事先打开一个随机的礼品包开始。

最后鲍勃只是想尽可能多地获得利润，然后卖掉他最后的梅西。

输入格式：

在输入文件的第一行，你会找到 3 个整数，N、B 和 M。

N 表示 Bob 预测梅西价格的天数。 B 代表 Bob 的初始预算。 M 可以是 0 或 1；如果 Bob 开始时没有要出售的初始梅西，则为 0；如果他确实开始时需要出售的初始梅西，则为 1。

在下一行你会找到 N 个整数：p1, p2, ... , pN，用空格隔开，其中 pi 代表梅西在第 i 天的价格。

给定测试用例

测试 1

7 5 0

20 10 30 5 10 10 20

正确答案：15

解释：Bob 以 5 的初始预算开始，并且没有要出售的初始梅西。在他的价格降到5之前他不能买任何梅西，所以他的利润只有(20-5) = 15

测试 2

7 0 1

20 10 50 80 60 20 10

正确答案：90

说明： Bob 以 0 的初始预算和一个要出售的梅西开始。因此他以20的价格卖掉他最初的梅西，以10的价格买回他并以80的价格卖掉他，因此他的利润是20 + (80-10) = 90

这个问题是在一次采访中给我的，我无法提出一个有效的解决方案。与此同时，我在这个问题上发现了一些更简单的变体，例如 Maximum profit by buying and selling a share at most twice ，但我未能成功理解如何使这种想法适应我的问题。

到目前为止，我只能想出一个蛮力解决方案，它远远超出了我给定的时间限制（C++ 为 0.1 秒，其中 1

我正在寻找解决方案和思考这类问题的方法，我似乎找不到正确的方法来思考这个问题。

【问题讨论】：

请解释我的问题是如何跑题的。查看“帮助”部分后，我发现合适的问题可能涉及：特定的编程问题，或软件算法，或程序员常用的软件工具；并且是软件开发独有的实用、可回答的问题
一个非常宽泛、没有任何代码的一般问题通常被认为是本网站的题外话，这更多是为了解决代码的特定问题。 softwareengineering.stackexchange.com 可能更适合这个问题。
这个问题有多宽泛？这是一个非常具体的问题，具有非常具体的要求。如“主题”部分所述，该问题不需要附加任何代码，只要它基于上述列表中的概念即可。 " 我们认为最好的（不是绝对必要的）Stack Overflow 问题中有一些源代码，但如果您的问题通常涵盖...[以上列表]...**那么您就在提问的好地方！**"
对不起，我不太关注。你能把它分解成 1/8 盎司、1/4 盎司、1 盎司等，或者甚至是克。那会很好。
投票关闭的用户给出了以下具体原因：“寻求调试帮助的问题（“为什么这段代码不起作用？”）必须包括所需的行为、特定的问题或错误以及最短的在问题本身中重现它所必需的代码。没有明确问题陈述的问题对其他读者没有用。请参阅：如何创建最小、完整和可验证的示例。我也不跟。这与我的问题有什么关系？如果你不能解决一个不会使陈述不正确的问题，那只是意味着你不能解决这个问题。

标签： algorithm dynamic-programming

【解决方案1】：

我们可以使用动态规划。

让我们将f0(i) 定义为如果我们在一天开始时没有梅西i 时我们可以获得的最大预算。让f1(i) 具有相同的值，以防我们找到他。
i = 0 的基值取决于我们是否在一开始就有他。
过渡如下：
- 我们可以从i 转到i + 1，什么都不做
- 如果我们有梅西，我们可以卖掉他（设置f0(i + 1) = max(f0(i + 1), f1(i) + price(i))）
- 如果我们没有他，而且我们的预算足够大，我们可以买他（做f1(i + 1) = max(f1(i + 1), f0(i) - price(i))）
答案是f0(n)（这意味着所有日子都过去了，我们没有他）。

这个解决方案显然需要线性的时间和空间，所以任何合理的 C++ 实现应该符合您的要求。

【讨论】：

非常感谢您这么快发布解决方案！但我还不完全理解你的方法。首先，您如何实际设置 f0(0) 和 f1(0) 的初始值？例如，如果我们没有梅西 f0(0) = initial_budget 因为我们不能出售，所以我们只有初始预算，但是 f1(0) 呢？
@user43389 如果我们有他，f0(0) = -infinity 和 f1(0) = B。否则，f0(0) = B 和 f1(0) = -infinity。
对我来说仍然没有意义的另一件事...以 f0(1) 为例，它在循环之前尚未计算，但我们尝试将其设置为 max(f0( 1), f1(0) + price(0))，结果不总是f1(0) + price(0)吗？
另外，在迭代时，你给了 3 个分支，要么我们有或没有梅西，要么我们跳过.. 但我们总是在前两个中，所以你什么时候真正做什么都没有？
@user43389 是的，我们总是可以跳过。

【解决方案2】：

问题的第一个简化就是将梅西最初的“礼物”转换成梅西初始价格等量的金钱。用户一开始可以选择买回梅西还是不买回来。

之后，您会找到第一个足以让用户购买梅西的价格，并丢弃之前的所有预测。然后，找到预测价格的所有 local 最小值和 local 最大值，并在所有最小值上买入并在所有最大值上卖出，但记住不要回购，如果局部最小值是最后的预测。

这应该可以解决 O(N) 中的问题。

编辑：可以通过序列的 2 阶差找到局部最小值或最大值：

d[i] = p[i+1] - p[i]
d2[i] = d[i] - d[i-1]

如果d2[i] > 0，那么它是本地最小值；如果d2[i] < 0，那么它是局部最大值。显然，您需要注意一些边界条件，但应该不会太难。

【讨论】：

【解决方案3】：

// input
long predictionLength;
long budget;
bool startWithMessi;
long prediction[MAX_PREDICTION_LENGTH];

// output
long profit;

ifstream fin;
fin.open( DATA_FILE_NAME );
fin >> predictionLength >> budget >> startWithMessi;
for( long day = 0; day < predictionLength; day++ )
  fin >> prediction[day];
fin.close();

long money = budget;
bool messi = startWithMessi;
long dayIndex = 0;
while( dayIndex < predictionLength )
{
  if( messi )
  {
    if( dayIndex == predictionLength - 1
      || prediction[dayIndex] > prediction[dayIndex + 1] )
    {
      money += prediction[dayIndex];
      messi = false;
    }
  }
  else
    if( dayIndex < predictionLength - 1
      && prediction[dayIndex] < prediction[dayIndex + 1]
      && money >= prediction[dayIndex] )
    {
      money -= prediction[dayIndex];
      messi = true;
    }
  dayIndex++;
}

profit = money - budget;

cout << profit << endl;

【讨论】：