漫画：寻找股票买入卖出的最佳时机（整合版）

前一段时间，小灰发布了上下两篇关于股票买卖的算法题讲解，激发了很多小伙伴的兴趣。

这一次，小灰把这两篇漫画整合在一起，并且修改了其中的一些细节错误，感谢小伙伴们的指正。

————— 第二天 —————

什么意思呢？让我们来举个例子，给定如下数组：

该数组对应的股票涨跌曲线如下：

显然，从第2天价格为1的时候买入，从第5天价格为8的时候卖出，可以获得最大收益：

此时的最大收益是 8-1=7。

在上面这个例子中，最大值9在最小值1的前面，我们又该怎么交易？总不能让时间倒流吧？

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以下图为例，假如我们已经确定价格4的时候为卖出时间点，那么此时最佳的买入时间点是哪一个呢？

我们要选择价格4之前的区间，且必须是区间内最小值，显然，这个最佳的选择是价格2的时间点。

第1步，初始化操作，把数组的第1个元素当做临时的最小价格；最大收益的初始值是0：

第2步，遍历到第2个元素，由于2<9，所以当前的最小价格变成了2；此时没有必要计算差值的必要（因为前面的元素比它大），当前的最大收益仍然是0：

第3步，遍历到第3个元素，由于7>2，所以当前的最小价格仍然是2；如我们刚才所讲，假设价格7为卖出点，对应的最佳买入点是价格2，两者差值7-2=5，5>0，所以当前的最大收益变成了5：

第4步，遍历到第4个元素，由于4>2，所以当前的最小价格仍然是2；4-2=2，2<5，所以当前的最大收益仍然是5：

第5步，遍历到第5个元素，由于3>2，所以当前的最小价格仍然是2；3-2=1，1<5，所以当前的最大收益仍然是5：

以此类推，我们一直遍历到数组末尾，此时的最小价格是1；最大收益是8-1=7：

publicclassStockProfit{publicstaticintmaxProfitFor1Time(intprices[]){if(prices==null||prices.length==0){return0;}intminPrice=prices[0];intmaxProfit=0;for(inti=1;i<prices.length;i++){if(prices[i]<minPrice){minPrice=prices[i];}elseif(prices[i]-minPrice>maxProfit){maxProfit=prices[i]-minPrice;}}returnmaxProfit;}publicstaticvoidmain(String[]args){int[]prices={9,2,7,4,3,1,8,4};System.out.println(maxProfitFor1Time(prices));}}

我们以下图这个数组为例，直观地看一下买入卖出的时机：

在图中，绿色的线段代表价格上涨的阶段。既然买卖次数不限，那么我们完全可以在每一次低点都进行买入，在每一次高点都进行卖出。

这样一来，所有绿色的部分都是我们的收益，最大总收益就是这些局部收益的加总：

（6-1）+（8-3）+（4-2）+（7-4） =15

至于如何判断出这些绿色上涨阶段呢？很简单，我们遍历整个数组，但凡后一个元素大于前一个元素，就代表股价处于上涨阶段。

publicintmaxProfitForAnyTime(int[]prices){intmaxProfit=0;for(inti=1;i<prices.length;i++){if(prices[i]>prices[i-1])maxProfit+=prices[i]-prices[i-1];}returnmaxProfit;}

我们仍然以之前的数组为例：

首先，寻找到1次买卖限制下的最佳买入卖出点：

两次买卖的位置是不可能交叉的，所以我们找到第1次买卖位置后，把这一对买入卖出点以及它们中间的元素全部剔除掉：

接下来，我们按照同样的思路，再从剩下的元素中寻找第2次买卖的最佳买入卖出点：

这样一来，我们就找到了最多2次买卖情况下的最佳选择：

对于上图的这个数组，如果独立两次求解，得到的最佳买入卖出点分别是【1,9】和【6,7】，最大收益是（9-1）+（7-6）=9：

但实际上，如果选择【1,8】和【3,9】，最大收益是（8-1）+（9-3）=13>9：

当第1次最佳买入卖出点确定下来，第2次买入卖出点的位置会有哪几种情况呢？

情况1：第2次最佳买入卖出点，在第1次买入卖出点左侧

情况2：第2次最佳买入卖出点，在第1次买入卖出点右侧

情况3：第1次买入卖出区间从中间截断，重新拆分成两次买卖

那么，如何判断给定的股价数组属于那种情况呢？很简单，在第1次最大买入卖出点确定后，我们可以比较一下哪种情况带来的收益增量最大：

寻找左侧和右侧的最大涨幅比较好理解，寻找中间的最大跌幅有什么用呢？

细想一下就能知道，当第1次买卖需要被拆分开来的时候，买卖区间内的最大跌幅，就等同于拆分后的收益增量（类似于炒股的抄底操作）：

这样一来，我们可以总结出下面的公式：

最大总收益 = 第1次最大收益 + Max（左侧最大涨幅，中间最大跌幅，右侧最大涨幅）

所谓动态规划，就是把复杂的问题简化成规模较小的子问题，再从简单的子问题自底向上一步一步递推，最终得到复杂问题的最优解。

首先，让我们分析一下当前这个股票买卖问题，这个问题要求解的是一定天数范围内、一定交易次数限制下的最大收益。

既然限制了股票最多买卖2次，那么股票的交易可以划分为5个阶段：

没有买卖

第1次买入

第1次卖出

第2次买入

第2次卖出

我们把股票的交易阶段设为变量m（用从0到4的数值表示），把天数范围设为变量n。而我们求解的最大收益，受这两个变量影响，用函数表示如下：

最大收益 = F（n，m）（n>=1，0<=m<=4）

既然函数和变量已经确定，接下来我们就要确定动态规划的两大要素：

1.问题的初始状态

2.问题的状态转移方程式

问题的初始状态是什么呢？我们假定交易天数的范围只限于第1天，也就是n=1的情况：

1.如果没有买卖，也就是m=0时，最大收益显然是0，也就是F（1,0）= 0

2.如果有1次买入，也就是m=1时，相当于凭空减去了第1天的股价，最大收益是负的当天股价，也就是F（1,1）=-price[0]

3.如果有1次买出，也就是m=2时，买卖抵消（当然，这没有实际意义），最大收益是0，也就是F（1,2）= 0

4.如果有2次买入，也就是m=3时，同m=1的情况，F（1,3）=-price[0]

5.如果有2次卖出，也就是m=4时，同m=2的情况，F（1,4）=0

确定了初始状态，我们再来看一看状态转移。假如天数范围限制从n-1天增加到n天，那么最大收益会有怎样的变化呢？

这取决于现在处于什么阶段（是第几次买入卖出），以及对第n天股价的操作（买入、卖出或观望）。让我们对各个阶段情况进行分析：

1.假如之前没有任何买卖，而第n天仍然观望，那么最大收益仍然是0，即F（n，0） = 0

2.假如之前没有任何买卖，而第n天进行了买入，那么最大收益是负的当天股价，即 F（n，1）=-price[n-1]

3.假如之前有1次买入，而第n天选择观望，那么最大收益和之前一样，即F（n，1）=F（n-1，1）

4.假如之前有1次买入，而第n天进行了卖出，那么最大收益是第1次买入的负收益加上当天股价，即那么F（n，2）=F（n-1，1）+ price[n-1]

5.假如之前有1次卖出，而第n天选择观望，那么最大收益和之前一样，即F（n，2）=F（n-1，2）

6.假如之前有1次卖出，而第n天进行2次买入，那么最大收益是第1次卖出收益减去当天股价，即F（n，3）= F（n-1，2） - price[n-1]

7.假如之前有2次买入，而第n天选择观望，那么最大收益和之前一样，即F（n，3）=F（n-1，3）

8.假如之前有2次买入，而第n天进行了卖出，那么最大收益是第2次买入收益减去当天股价，即F（n，4）=F（n-1，3） +price[n-1]

9.假如之前有2次卖出，而第n天选择观望（也只能观望了），那么最大收益和之前一样，即F（n，4）=F（n-1，4）

最后，我们把情况【2，3】，【4，5】，【6、7】，【8，9】合并，可以总结成下面的5个方程式：

F（n，0） = 0

F（n，1）= max（-price[n-1]，F（n-1，1））

F（n，2）= max（F（n-1，1）+ price[n-1]，F（n-1，2））

F（n，3）= max（F（n-1，2）-price[n-1]，F（n-1，3））

F（n，4）= max（F（n-1，3）+price[n-1]，F（n-1，4））

从后面4个方程式中，可以总结出每一个阶段最大收益和上一个阶段的关系：

F（n，m）= max（F（n-1，m-1）+price[n-1]，F（n-1，m））

由此我们可以得出，完整的状态转移方程式如下：

在表格中，不同的行代表不同天数限制下的最大收益，不同的列代表不同买卖阶段的最大收益。

我们仍然利用之前例子当中的数组，以此为基础来填充表格：

首先，我们为表格填充初始状态：

接下来，我们开始填充第2行数据。

没有买卖时，最大收益一定为0，因此F（2,0）的结果是0：

根据之前的状态转移方程式，F（2,1）= max（F（1,0）-2，F（1,1））= max（-2，-1）= -1，所以第2行第2列的结果是-1：

F（2,2）= max（F（1,1）+2，F（1,2））= max（1，0）= 1，所以第2行第3列的结果是1：

F（2,3）= max（F（1,2）-2，F（1,3））= max（-2，-1）= -1，所以第2行第4列的结果是-1：

F（2,4）= max（F（1,3）+2，F（1,4））= max（1，0）= 1，所以第2行第5列的结果是1：

接下来我们继续根据状态转移方程式，填充第3行的数据：

接下来填充第4行：

以此类推，我们一直填充完整个表格：

如图所示，表格中最后一个数据13，就是全局的最大收益。

//最大买卖次数privatestaticintMAX_DEAL_TIMES=2;publicstaticintmaxProfitFor2Time(int[]prices){if(prices==null||prices.length==0){return0;}//表格的最大行数intn=prices.length;//表格的最大列数intm=MAX_DEAL_TIMES*2+1;//使用二维数组记录数据int[][]resultTable=newint[n][m];//填充初始状态resultTable[0][1]=-prices[0];resultTable[0][3]=-prices[0];//自底向上，填充数据for(inti=1;i<n;++i){for(intj=1;j<m;j++){if((j&1)==1){resultTable[i][j]=Math.max(resultTable[i-1][j],resultTable[i-1][j-1]-prices[i]);}else{resultTable[i][j]=Math.max(resultTable[i-1][j],resultTable[i-1][j-1]+prices[i]);}}}//返回最终结果returnresultTable[n-1][m-1];}

//最大买卖次数privatestaticintMAX_DEAL_TIMES=2;publicstaticintmaxProfitFor2TimeV2(int[]prices){if(prices==null||prices.length==0){return0;}//表格的最大行数intn=prices.length;//表格的最大列数intm=MAX_DEAL_TIMES*2+1;//使用一维数组记录数据int[]resultTable=newint[m];//填充初始状态resultTable[1]=-prices[0];resultTable[3]=-prices[0];//自底向上，填充数据for(inti=1;i<n;++i){for(intj=1;j<m;j++){if((j&1)==1){resultTable[j]=Math.max(resultTable[j],resultTable[j-1]-prices[i]);}else{resultTable[j]=Math.max(resultTable[j],resultTable[j-1]+prices[i]);}}}//返回最终结果returnresultTable[m-1];}

在这段代码中，resultTable从二维数组简化成了一维数组。由于最大买卖次数是常量，所以算法的空间复杂度也从O（n）降低到了O（1）。

publicstaticintmaxProfitForKTime(int[]prices,intk){if(prices==null||prices.length==0||k<=0){return0;}//表格的最大行数intn=prices.length;//表格的最大列数intm=k*2+1;//使用一维数组记录数据int[]resultTable=newint[m];//填充初始状态for(inti=1;i<m;i+=2){resultTable[i]=-prices[0];}//自底向上，填充数据for(inti=1;i<n;i++){for(intj=1;j<m;j++){if((j&1)==1){resultTable[j]=Math.max(resultTable[j],resultTable[j-1]-prices[i]);}else{resultTable[j]=Math.max(resultTable[j],resultTable[j-1]+prices[i]);}}}//返回最终结果returnresultTable[m-1];}

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