股票买卖最佳时机

股票买卖最佳时机1、买卖股票的最佳时机题目2、穷举框架3、状态转移框架4、 k = 15、 k = +infinity6、 k = +infinity with cooldown7、 k = k = +infinity with fee8、 k = 29、 k = any integer

股票买卖最佳时机

1、买卖股票的最佳时机题目

原题链接

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。

如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票一次），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。

注意：你不能在买入股票前卖出股票。

示例 1:输入: [7,1,5,3,6,4]输出: 5解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。示例 2:输入: [7,6,4,3,1]输出: 0解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

只进行一次交易，相当于 k = 1；第二题是不限交易次数，相当于 k = +infinity（正无穷）；第三题是只进行 2 次交易，相当于 k = 2；剩下两道也是不限次数，但是加了交易「冷冻期」和「手续费」的额外条件，其实就是第二题的变种，都很容易处理。

2、穷举框架

利用「状态」进行穷举。我们具体到每一天，看看总共有几种可能的「状态」，再找出每个「状态」对应的「选择」。我们要穷举所有「状态」，穷举的目的是根据对应的「选择」更新状态。听起来抽象，你只要记住「状态」和「选择」两个词就行，下面实操一下就很容易明白了。

for 状态1 in 状态1的所有取值：for 状态2 in 状态2的所有取值：for ...dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)

比如说这个问题，每天都有三种「选择」：买入、卖出、无操作，我们用 buy, sell, rest 表示这三种选择。但问题是，并不是每天都可以任意选择这三种选择的，因为sell 必须在 buy 之后，buy 必须在 sell之后。那么 rest 操作还应该分两种状态，一种是 buy 之后的 rest（持有了股票），一种是 sell 之后的 rest（没有持有股票）。而且别忘了，我们还有交易次数 k 的限制，就是说你 buy 还只能在 k > 0 的前提下操作。

这个问题的「状态」有三个，第一个是天数，第二个是允许交易的最大次数，第三个是当前的持有状态（即之前说的 rest 的状态，我们不妨用1 表示持有，0 表示没有持有）。然后我们用一个三维数组就可以装下这几种状态的全部组合：

dp[i][k][0 or 1]0 <= i <= n-1, 1 <= k <= Kn 为天数，大 K 为最多交易数此问题共 n × K × 2 种状态，全部穷举就能搞定。for 0 <= i < n:for 1 <= k <= K:for s in {0, 1}:dp[i][k][s] = max(buy, sell, rest)

而且我们可以用自然语言描述出每一个状态的含义，比如说dp[3][2][1] 的含义就是：今天是第三天，我现在手上持有着股票，至今最多进行 2 次交易。再比如dp[2][3][0] 的含义：今天是第二天，我现在手上没有持有股票，至今最多进行 3 次交易。很容易理解，对吧？

我们想求的最终答案是dp[n - 1][K][0]，即最后一天，最多允许 K 次交易，最多获得多少利润。读者可能问为什么不是 dp[n - 1][K][1]？因为 [1] 代表手上还持有股票，[0] 表示手上的股票已经卖出去了，很显然后者得到的利润一定大于前者。

3、状态转移框架

现在，我们完成了「状态」的穷举，我们开始思考每种「状态」有哪些「选择」，应该如何更新「状态」。只看「持有状态」，可以画个状态转移图。

通过这个图可以很清楚地看到，每种状态（0 和 1）是如何转移而来的。根据这个图，我们来写一下状态转移方程：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])max( 选择 rest , 选择 sell)解释：今天我没有持有股票，有两种可能：要么是我昨天就没有持有，然后今天选择 rest，所以我今天还是没有持有；要么是我昨天持有股票，但是今天我 sell 了，所以我今天没有持有股票了。dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])max( 选择 rest , 选择 buy )解释：今天我持有着股票，有两种可能：要么我昨天就持有着股票，然后今天选择 rest，所以我今天还持有着股票；要么我昨天本没有持有，但今天我选择 buy，所以今天我就持有股票了。

这个解释应该很清楚了，如果 buy，就要从利润中减去 prices[i]，如果 sell，就要给利润增加 prices[i]。今天的最大利润就是这两种可能选择中较大的那个。而且注意 k 的限制，我们在选择 buy 的时候，把 k 减小了 1，很好理解吧，当然你也可以在 sell 的时候减 1，一样的。

现在，我们已经完成了动态规划中最困难的一步：状态转移方程。如果之前的内容你都可以理解，那么你已经可以秒杀所有问题了，只要套这个框架就行了。不过还差最后一点点，就是定义 base case，即最简单的情况。

dp[-1][k][0] = 0解释：因为 i 是从 0 开始的，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时候的利润当然是 0 。dp[-1][k][1] = -infinity解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。dp[i][0][0] = 0解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0 。dp[i][0][1] = -infinity解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。

把上面的状态转移方程总结一下：

base case：dp[-1][k][0] = dp[i][0][0] = 0dp[-1][k][1] = dp[i][0][1] = -infinity状态转移方程：dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])

读者可能会问，这个数组索引是 -1 怎么编程表示出来呢，负无穷怎么表示呢？这都是细节问题，有很多方法实现。现在完整的框架已经完成，下面开始具体化。

4、 k = 1

直接套状态转移方程，根据 base case，可以做一些化简：

dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - prices[i]) = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。现在发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。可以进行进一步化简去掉所有 k：dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])

直接写出代码：

int n = prices.length;int[][] dp = new int[n][2];for (int i = 0; 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];

显然 i = 0 时 dp[i-1] 是不合法的。这是因为我们没有对 i 的 base case 进行处理。可以这样处理：

for (int i = 0; i < n; i++) {if (i - 1 == -1) {dp[i][0] = 0;// 解释：// dp[i][0] // = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])// = max(0, -infinity + prices[i]) = 0dp[i][1] = -prices[i];//解释：// dp[i][1] // = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])// = max(-infinity, 0 - prices[i]) // = -prices[i]continue;}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];

第一题就解决了，但是这样处理 base case 很麻烦，而且注意一下状态转移方程，新状态只和相邻的一个状态有关，其实不用整个 dp 数组，只需要一个变量储存相邻的那个状态就足够了，这样可以把空间复杂度降到 O(1):

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {if(prices.size() <= 1)return 0;int dp_i_0 = 0;int dp_i_1 = INT_MIN;for(int i = 0;i < prices.size();i++){// dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])dp_i_0 = max(dp_i_0,dp_i_1 + prices[i]);// dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])dp_i_1 = max(dp_i_1, -prices[i]);}return dp_i_0;}};}

5、 k = +infinity

原题链接

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。

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: [7,1,5,3,6,4]输出: 7解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。示例 2:输入: [1,2,3,4,5]输出: 4解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。示例 3:输入: [7,6,4,3,1]输出: 0解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。提示：1 <= prices.length <= 3 * 10 ^ 40 <= prices[i] <= 10 ^ 4

题解

如果 k 为正无穷，那么就可以认为 k 和 k - 1 是一样的。可以这样改写框架：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])= max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k][0] - prices[i])我们发现数组中的 k 已经不会改变了，也就是说不需要记录 k 这个状态了：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])

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int len = prices.size();if(len < 2)return 0 ;int dp_i_0 = 0,dp_i_1 = INT_MIN;for(int price : prices){int tmp = dp_i_0;dp_i_0 = max(dp_i_0 , dp_i_1 + price);dp_i_1 = max(dp_i_1 , tmp - price);}return dp_i_0 ;}};

6、 k = +infinity with cooldown

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给定一个整数数组，其中第 i 个元素代表了第 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）:

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）。卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。

示例:输入: [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]

题解

每次 sell 之后要等一天才能继续交易。只要把这个特点融入上一题的状态转移方程即可：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0] - prices[i])解释：第 i 天选择 buy 的时候，要从 i-2 的状态转移，而不是 i-1 。

翻译成代码：

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int len = prices.size();if(len < 2)return 0 ;int dp_i_0 = 0,dp_i_1 = INT_MIN;int dp_pre_0 = 0; // 代表 dp[i-2][0]for(int price : prices){int tmp = dp_i_0;dp_i_0 = max(dp_i_0 , dp_i_1 + price);dp_i_1 = max(dp_i_1 , dp_pre_0 - price);dp_pre_0 = tmp;}return dp_i_0 ;}};

7、 k = k = +infinity with fee

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给定一个整数数组，其中第 i 个元素代表了第 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）:

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）。卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。

示例:输入: [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]

题解

每次交易要支付手续费，只要把手续费从利润中减去即可。改写方程：

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)解释：相当于买入股票的价格升高了。在第一个式子里减也是一样的，相当于卖出股票的价格减小了。

翻译成代码：

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {int len = prices.size();if(len < 2)return 0 ;int dp_i_0 = 0,dp_i_1 = INT_MIN;for(int price : prices){int tmp = dp_i_0;dp_i_0 = max(dp_i_0 , dp_i_1 + price);dp_i_1 = max(dp_i_1 , tmp - price - fee);}return dp_i_0 ;}};

8、 k = 2

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给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成两笔 交易。

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: [3,3,5,0,0,3,1,4]输出: 6解释: 在第 4 天（股票价格 = 0）的时候买入，在第 6 天（股票价格 = 3）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。示例 2:输入: [1,2,3,4,5]输出: 4解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。 注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。 因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。示例 3:输入: [7,6,4,3,1] 输出: 0 解释: 在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

k = 2 和前面题目的情况稍微不同，因为上面的情况都和 k 的关系不太大。要么 k 是正无穷，状态转移和 k 没关系了；要么 k = 1，跟 k = 0 这个 base case 挨得近，最后也没有存在感。

这道题 k = 2 和后面要讲的 k 是任意正整数的情况中，对 k 的处理就凸显出来了。我们直接写代码，边写边分析原因。

原始的动态转移方程，没有可化简的地方dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])

按照之前的代码，我们可能想当然这样写代码（错误的）：

int k = 2;int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];for (int i = 0; i < n; i++)if (i - 1 == -1) {/* 处理一下 base case*/ }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]);}return dp[n - 1][k][0];

为什么错误？我这不是照着状态转移方程写的吗？

还记得前面总结的「穷举框架」吗？就是说我们必须穷举所有状态。其实我们之前的解法，都在穷举所有状态，只是之前的题目中 k 都被化简掉了。

这道题由于没有消掉 k 的影响，所以必须要对 k 进行穷举：

int max_k = 2;int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];for (int i = 0; i < n; i++) {for (int k = max_k; k >= 1; k--) {if (i - 1 == -1) {/*处理 base case */ }dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);}}// 穷举了 n × max_k × 2 个状态，正确。return dp[n - 1][max_k][0];

这里 k 取值范围比较小，所以可以不用 for 循环，直接把 k = 1 和 2 的情况全部列举出来也可以：

dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + prices[i])dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1], dp[i-1][1][0] - prices[i])dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int len = prices.size();if(len < 2)return 0 ;int dp_i1_0 = 0,dp_i1_1 = INT_MIN;int dp_i2_0 = 0,dp_i2_1 = INT_MIN;for(int price : prices){dp_i2_0 = max(dp_i2_0,dp_i2_1 + price );dp_i2_1 = max(dp_i2_1,dp_i1_0 - price );dp_i1_0 = max(dp_i1_0,dp_i1_1 + price );dp_i1_1 = max(dp_i1_1, -price );}return dp_i2_0 ;}};

9、 k = any integer

有了上一题 k = 2 的铺垫，这题应该和上一题的第一个解法没啥区别。但是出现了一个超内存的错误，原来是传入的 k 值会非常大，dp 数组太大了。现在想想，交易次数 k 最多有多大呢？

一次交易由买入和卖出构成，至少需要两天。所以说有效的限制 k 应该不超过 n/2，如果超过，就没有约束作用了，相当于 k = +infinity。这种情况是之前解决过的。

int maxProfit_k_any(int max_k, int[] prices) {int n = prices.length;if (max_k > n / 2) return maxProfit_k_inf(prices);int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];for (int i = 0; i < n; i++) for (int k = max_k; k >= 1; k--) {if (i - 1 == -1) {/* 处理 base case */ }dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);}return dp[n - 1][max_k][0];}