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2021-01-14 13:46:46
首先,这个引用是不对的,参见下面zqin的回答。
其次,即便是真的,
很明显,这是一个前提条件。
就好像,假设乌龟都长着4条腿,那么如何如何.........
最后,我想问一个我认为更关键的问题:
人什么时候会不追求个人利益最大化?
基督徒放弃了生命:在他的利益体系里,天国比现世更大——个人利益最大化;
马列烈士牺牲自己:在他的利益体系里,解救全人类比生命更大——个人利益最大化;
路人为救落水小孩献身:在他的利益体系里,道德比生命更大——个人利益最大化;
自卑的姑娘拒绝了帅哥的追求:在她的利益体系里,安全感比冒险更大——个人利益最大化;
抑郁症患者自残身体:在她的利益体系里,割伤可以转移分化精神痛苦——个人利益最大化;
===========9 人赞同了该回答
泻药。亚当·斯密曰:我没有说过“个人利益的最大化就是整体利益的最大化”。在知乎上将来如果你们引用上有偏差,你们要负责任。
其实,《国富论》中最接近的一句可能是:“由于追逐自己的利益,他往往能比在真正出于本意的情况下更有效地促进社会的利益”。(By pursuing his own interest he frequently promotes that of the society more effectually than when he really intends to promote it.)。两句放在一起看,就能明显看出其中的“偏差”了,楼主引用的那句,只能说是对斯密原句原意的极端化、绝对化、教条化的错误引申。
发布于 2015-09-09
zqin:怎么看:亚当斯密说,追求个人利益的最大化,就是整体利益的最大化?
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(你不能在第一次买入前卖出,而且一次买或者卖只能是一份,买卖次数不限,但你必须在再次购买前卖出之前买入的比特币。)
举例:
价格表:[5,3,1,5,4,7,8,6] 输出: 8
解释:
第3题(价格1)买,第4天(价格5)卖,收益4;然后第五天(价格4)买,第7天(价格8)的时候卖出,收益4;总共收益8.。一开始看的时候其实被题目中的解释误导了,其实简单来看,只要是有卖出的价格比买入高就可以出售,收益的总值其实是一样的,比如,第五天价格4买,然后7卖,7再买,8卖,总收益为4;跟4买,8卖,收益为4是相同的。所以就有了如下判断 if (prices[i + 1] > prices[i])
function getSum (prices) { let sum = 0; for (let i = 0; i < prices.length - 1; i++) { if (prices[i + 1] > prices[i]) { sum += prices[i + 1] - prices[i]; } } return sum; } getSum([5,3,1,5,4,7,8,6]) // 8
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给定股票价格序列,规定(买入、卖出)的最多次数K,求最大的总利润。(一次买入和卖出为完整交易)
1.K=1 Leetcode121
记录遍历到第i天的时候之前的股票价格最小值,那么如果当天卖出,能取得最大利润肯定是当前股票价格减去之前最低的股票价格
最后取遍历的最大值。class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { int max_profit = 0; int pre_min = INT_MAX; for(int i=0;i<prices.size();i++) { max_profit=max(max_profit,prices[i]-pre_min); pre_min = min(pre_min,prices[i]); } return max_profit; } };
2.K=2,最多(买入、买去)两次LeetCode123
相当于找两个利润最大的价格区间,并且这两个区间是不重叠的,也就是说这两个区间左右一个,那么如果在第i天把区间分成两部分,所以借用k=1的思路,每部分分别求各自的最大利益,然后遍历每天,求左右两部分最大的两个利益,最后去最大值即可。class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { if(prices.size()<=0) return 0; int len=prices.size(); int *dp_left=new int[len]; int *dp_right=new int[len]; dp_left[0]=0; int min_val=INT_MAX,max_profit=0; for(int i=0;i<len;i++) { max_profit=dp_left[i]=max(max_profit,prices[i]-min_val); min_val=min(min_val,prices[i]); } max_profit=0; int high_val=-1; for(int i=len-1;i>=0;i--) { max_profit=dp_right[i]=max(max_profit,high_val-prices[i]); high_val=max(high_val,prices[i]); } max_profit=0; for(int i=0;i<len;i++) { max_profit=max(max_profit,dp_left[i]+dp_right[i]); } return max_profit; } };
3.不限定买卖次数,即K= + ∞ +\infty +∞ Leetcode122:
因为不限制买卖次数,则此时每一个上升区间的两端,都分别可以进行买入和卖出,只需要统计每个上升区间的落差就行。class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { //寻找连续的波峰和波谷即可,不跨越任何一个波峰 if(prices.size()<=0) return 0; int maxProfit=0; int valley=prices[0]; int peak=prices[0]; int i=0,len=prices.size()-1; while(i<len) { //下坡 while(i<len && prices[i+1]<=prices[i]) i++; valley = prices[i]; //上破 while(i<len && prices[i+1]>=prices[i]) i++; peak = prices[i]; maxProfit += peak-valley; } return maxProfit; } };
简单形式:不需要显示的求出每个上升区间的落差,只要是上升的,那么在该区间内用后一天价格减去当天价格,对所有差求和就是区间的落差。
class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { //和寻找连续的波峰波谷是同样的思路,但是不用具体找到确切的波峰和波谷的位置 if(prices.size()<=0) return 0; int maxProfit=0; int i=0,len=prices.size()-1; while(i<len) { //只要找到上升的路径,就不断累加 if(prices[i+1]>=prices[i]) maxProfit += prices[i+1]-prices[i]; i++; } return maxProfit; } };
大杀器-通用解法
使用动态规划的思想:
dp [n][k][flag]:表示在第n天时,最多买入k次股票,且目前手里持有股票的状态是flag。其中天数从0开始, flag=0表示目前手里没有股票,flag=1表示手里还有股票,其中在股票买入的时候,对k进行更新。
状态转移方程:dp [n][k][0]=max(dp [n-1] [k] [0],dp [n-1] [k] [1]+prices[n])
解释:今天(第n天)手里没有股票,有两种可能:
解释:今天(n天)手里没有股票,且最多买入了k次股票,有两种可能:
1.昨天手里就没有股票,也今天没有进行买卖操作(k不会变),所以今天手里还是没有股票,收益不变,仍为dp[n-1][k][0]
2.昨天手里有股票,今天把手里价值为price[n]的股票卖了(k也不会变),收益变成dp[n-1][k][1]+price[n] (买入股票时才修改k)dp [n] [k] [1]=max(dp [n-1] [k] [1],dp [n-1] [k-1] [0]-prices[n])
解释:今天(n天)手里有股票,有两种可能:
1.昨天手里就有股票,今天没有进行买入操作(k不会变),所以今天手里仍然保留股票,收益不变:dp[n-1][k][1]。
2.昨天手里没有股票,今天买入价值为price[n]的股票(k发生改变),收益变成dp[n-1][k-1][0]-price[n]。(以买入股票作为一个交易结束,所以k-1)
初始化:
dp[i][0][0]=0表示到第i天,最多使用了0次交易(就是说并未买入任何股票),那肯定就是0
dp[i][0][1]= − ∞ -\infty −∞表示到第i天,并未买入任何股票的情况下,手里持有股票,这是肯定不正确的,置为负无穷
dp[0][k][0]=0表示第0天时,最多使用了k次交易(即买入了k次股票,其实最多也就买入了一次)且手里没有股票,肯定是0
dp[0][k][1]=-prices[0] 表示第0天时,最多使用了k次交易(即买入了k次股票,其实最多也就买入了一次)且手里已经有股票了,表明在在第一天已经买入股票了。(此时k必须大于1)
PS:对于以卖出时候更新k的解法,读者可自行分析,参考件本文最下方;class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { if(prices.size()<=0) return 0; int len=prices.size(); int K_max=2; vector<vector<vector<int>>> dp(len,vector<vector<int>>(K_max+1,vector<int>(2))); //K为任意正整数的通用解法-状态机+三维DP(买入股票时,k发生改变) for(int i=0;i<len;i++) { dp[i][0][0]=0; dp[i][0][1]=-INT_MAX; } for(int k=K_max;k>=1;k--) { dp[0][k][0]=0; dp[0][k][1]=-prices[0]; } //接下来对第0天之后的情况使用状态转移方程计算即可 for(int n=1;n<len;n++) { for(int k=K_max;k>=1;k--) { dp[n][k][0]=max(dp[n-1][k][0],dp[n-1][k][1]+prices[n]); dp[n][k][1]=max(dp[n-1][k][1],dp[n-1][k-1][0]-prices[n]); } } //在最后一天(len-1)最多使用K_max次交易,肯定是把手里股票卖光收益更高(不然留着手里发霉啊?) //所以是dp[len-1][K_max][0],而非dp[len-1][K_max][1] //其次,最多使用K_max次交易交易肯定是包括最多使用K_max-1次,K_max-2次交易的情况。 return dp[len-1][K_max][0]; } };
ps:对于 K=+ ∞ \infty ∞的情况,此时K已经毫无意义,可以直删除该维度,代码精简如下:
class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { if(prices.size()<=0) return 0; int len=prices.size(); vector<vector<int>> dp(len,vector<int>(2)); for(int i=0;i<len;i++) { dp[i][0]=0; dp[i][1]=-INT_MAX; } dp[0][1]=-prices[0]; for(int n=1;n<len;n++) { dp[n][0]=max(dp[n-1][0],dp[n-1][1]+prices[n]); dp[n][1]=max(dp[n-1][1],dp[n-1][0]-prices[n]); } return dp[len-1][0]; } };
此外,对于通用的形式,可以看见循环中,第一维度的变化是步长为1递减的,所以可以进一步对通用形式进行空间优化。不然在总天数和k很大的时候无法通过LeetCode188:
class Solution { public: int maxProfit(int k, vector<int>& prices) { int N=prices.size(); if(N<=1) return 0; if(k>N/2) k=N/2+1; //套用通用解法模板(买入时更新k) vector<vector<int>> dp(k+1,vector<int>(2)); for(int m=0;m<=k;m++) { dp[m][0]=0; dp[m][1]=-prices[0]; } dp[0][1]=-INT_MAX; //因为n都是每次步长为1递减的,所以为了优化内存,可以把三维dp变为二维dp for(int n=1;n<N;n++) { for(int m=k;m>=1;m--) { dp[m][0]=max(dp[m][0],dp[m][1]+prices[n]); dp[m][1]=max(dp[m][1],dp[m-1][0]-prices[n]); } } return dp[k][0]; } };
延伸1.如每次完整的交易需要交手续费(Leetcode714),同样可以使用通用解法:
class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) { int len=prices.size(); if(len<=1) return 0; vector<vector<int>> dp(len,vector<int>(2)); for(int i=0;i<len;i++) { dp[i][0]=0; dp[i][1]=-INT_MAX; } //规定在卖出股票的时候扣手续费,所以第一天手里如果有股票,不需要扣手续费 //ps:也可以规定在买入股票的时候扣手续费,所以第一天手里如果有股票,需要扣手续费: //即变成dp[0][1]=-prices[0]; dp[0][1]=-prices[0]; for(int i=1;i<len;i++) { //每次完整的交易才需要交一个手续费,所以是在卖出股票的时候交手续费 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]); //如果规定买入时扣手续费,那么在这里减去fee } return dp[len-1][0]; } };
延伸2.每次卖出股票后,后一天不允许买入股票LeetCode309:
class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { if(prices.size()<=1) return 0; int len=prices.size(); vector<vector<int>> dp(len,vector<int>(2)); //第0天手里没有股票和有股票,收益分别是0和-prices[0] dp[0][0] = 0; dp[0][1] = -prices[0]; //第1天手里没有股票的两种情况:1.根本没买过 2.在第0天买了,第二天卖了 //第1天手里有股票的两种情况:1.第0天买的 2.在第1天买的 dp[1][0] = max(0,prices[1]-prices[0]); dp[1][1] = max(-prices[0],-prices[1]); for(int n=2;n<len;n++) { dp[n][0]=max(dp[n-1][0],dp[n-1][1]+prices[n]); //当天手里有股票,可能昨天就有但是没进行任何操作,或者前天卖掉股票后手里没股票,然后昨天被冻结了 dp[n][1]=max(dp[n-1][1],dp[n-2][0]-prices[n]); } return dp[len-1][0]; } };
拓展:以卖出时候更新k值:
dp [n][k][flag]:表示在第n天时,最多卖出了k次股票,目前手里持有股票的状态是flag,
flag=0表示目前手里没有股票,flag=1表示手里还有股票dp [n][k][0]=max(dp[n-1][k][0],dp[n-1][k-1][1]+price[n])
解释:今天(n天)手里没有股票,且最多卖出了k次股票,有两种可能:
1.昨天手里就没有股票,且今天没有进行买卖操作(k不会变),所以今天手里还是没有股票,收益不变,仍为dp[n-1][k][0]
2.昨天手里有股票,今天把手里价值为price[n]的股票卖了(k会发生变化),收益变成dp[n-1][k][1]+price[n]dp [n][k][1]=max(dp[n-1][k][1],dp[n-1][k][0]-price[n])
解释:今天(n天)手里有股票,有两种可能:
1.昨天手里就有股票,今天没有进行买入操作(k不会变),所以今天手里仍然保留股票,收益不变:dp[n-1][k][1]。
2.昨天手里没有股票,今天买入价值为price[n]的股票(k不会变),收益变成dp[n-1][k-1][0]-price[n]。初始状态:
dp[i][0][0]=0表示到第i天,最多使用了0次交易(就是说并未卖出任何股票),那肯定就是0
dp[i] [0] [1]=max{-price[z]} (其中z=0,1,2…i) 表示到第i天,并未卖出任何股票的情况下,手里持有股票,这说明买入了一次股票,那么有可能其实在第0天第i天之间任何一天买入的股票,为了保证dp[i][0][1]尽量最大(因为本身问题就是一个最大化的问题,所以令其该天及之前之前最小价格的负数)。
dp[0][k][0]=0表示第0天时,最多使用了k次交易(即卖出了k次股票,其实最多就买入一次)且手里没有股票,肯定是0(有可能第一天根本就没买,也有可能当天买当天卖,反正都是0)
dp[0][k][1]=-prices[0] 表示第0天时,最多使用了k次交易(即卖出了k次股票,其实最多也就卖出了一次)且手里已经有股票了,说明在卖出股票后又买了一次股票,收益肯定就是-prices[0] (由上面的分析可知,这里k等于0也是一样的)
代码如下:class Solution { public: int maxProfit(vector<int>& prices) { if(prices.size()<=0) return 0; int len=prices.size(); int K_max=2; vector<vector<vector<int>>> dp(len,vector<vector<int>>(K_max+1,vector<int>(2))); int min_val=INT_MAX; for(int i=0;i<len;i++) { min_val=min(min_val,prices[i]); dp[i][0][0]=0; dp[i][0][1]=-min_val; } for(int k=K_max;k>=1;k--) { dp[0][k][0]=0; dp[0][k][1]=-prices[0]; } //接下来对第0天之后的情况使用状态转移方程计算即可 for(int n=1;n<len;n++) { for(int k=K_max;k>=1;k--) { dp[n][k][0]=max(dp[n-1][k][0],dp[n-1][k-1][1]+prices[n]); dp[n][k][1]=max(dp[n-1][k][1],dp[n-1][k][0]-prices[n]); } } return dp[len-1][K_max][0]; } };
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囤币的方式有几种
。
一、通过现价购买比特币
。
二、就是获取比特币最初的方式去获得比特币、或是通过购买矿机挖比特币但是矿机成本太高,还有家用电费成本太高了 三、通过购买云算力,通过手机挖矿。这样是目前最低成本获得比特币的方式 原价购买一枚比特币的成本现在的价格在7万人民币以上的价格 。 但是我们通过挖矿的形式去做,可能以一枚比特币的价值,通过挖矿最终可以囤币两到三枚的量 这个就是通过手机云算力挖矿的优势
。。。
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项目 Value 电脑 $1600 手机 $12 导管 $1 设定内容居中、居左、居右
使用
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居中
使用:----------
居左
使用----------:
居右第一列 第二列 第三列 第一列文本居中 第二列文本居右 第三列文本居左 SmartyPants
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TYPE ASCII HTML Single backticks 'Isn't this fun?'
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Γ ( z ) = ∫ 0 ∞ t z − 1 e − t d t . \Gamma(z) = \int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}dt\,. Γ(z)=∫0∞tz−1e−tdt.
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