2021新年算法小专题—2.股票买卖利润刷题（Java）

本篇是股票买卖问题的更多题解，在上一篇文章中我们已经介绍了这一题型，实际上是一类dp问题，我们用自动机的思想去解决，在上一篇中我们以一道限定只买卖一次股票的题目为例进行了讲解，文章链接。下面我们继续完成剩下的题目。

1.可以多次买卖的股票买卖问题

本题链接：122.买卖股票的最佳时机II（简单）

题目

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 :

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 。

分析

和上一篇题目的唯一区别就是不再限制只允许买一次，因此我们只需改变一个位置即可。回忆上一篇的题目，我们是这样递推的：

        dp0=Math.max(dp0,dp1+prices[i]);dp1=Math.max(dp1,-prices[i]);

dp0代表今天不持有股票获得的最大利润，dp1代表今天持有股票获得的最大利润。我们是这样总结出上面的状态转移方程的：今天不持有股票，对应两种情况：前一天就不持有股票、前一天持有股票但今天卖出了，在这两种情况中取最大值，即max(dp0,dp1+prices[i])。今天持有股票也对应两种情况：前一天就持有股票、前一天不持有股票但是今天买入了，在这两种情况中取最大值，即max(dp1,-prices[i])。

在上题中，由于只能买卖一次，因此在今天持有股票的“前一天不持有但今天买入”情况下只需要计算本次买入股票的花费即可，跟之前的状态无关（之前不可能买卖过股票，也就是一直在观望，利润没有发生变化），而本题则不再是这样，在本次购买之前可能已经发生过买卖了，这就是与例题唯一的不同之处。我们只需要更改这个位置为以下代码即可：

 int dp0_tmp=dp0;// 记录上一次不持有股票的情况。dp0=Math.max(dp0,dp1+prices[i]);dp1=Math.max(dp1,dp0_tmp-prices[i]);

参考代码

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int dp0=0;int dp1=-prices[0];for(int i=1;i<prices.length;i++){int tmp=dp0;dp0=Math.max(dp0,dp1+prices[i]);dp1=Math.max(dp1,tmp-prices[i]);}return dp0;}
}

2.限制最多买卖两次的股票买卖问题

本题链接：123.买卖股票的最佳时机III（困难）

题目

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 :

输入：prices = [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 。

分析

现在要求只能完成两笔交易了，这就跟以前大不相同了，以前我们要么是只能买一次，要么是可以买无限次，而现在限制某一个具体数字了，我们就不得不把这个次数也考虑进状态转移方程了。我们在原来的dp数组中再加入一个维度，记录当前的已经买卖次数。

因为现在k也是一个限制我们买卖股票的因素了，因为当你买卖超过两次后就不能再买入了，所以要把这个状态也算进去，天数、当前允许交易的次数、当前股票的持有状态这三个变化的因素我们都要考虑进去，所以使用**三维数组dp**来记录。（当然，后面我们会优化成几个变量的形式，现在这样说只是为了更好理解）

举例：dp[i][k][0]表示第i天时不持有股票，最多还能进行k次交易，（这里买入并卖出看作一次交易，如果买入了则必然要卖出，所以我们以买入时对k做减一操作，卖出时就不用重复考虑了）

本题中k是从2开始取，因此这个维度只会出现2、1两个值（为0时则代表什么都不能做了，不会对获利产生影响，因此省略不写即可），我们的状态转移方程如下：

    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]);

前面已经说明了，我们在买入股票时做k的更新，因此dp[i][2][1]即“今天持有股票，还能最多买两次股票”这个状态下的最大利润，在“前一天就持有股票”和“前一天未持有股票，但今天买入了股票（做k-1，k变为1）”这两个状态下利润较大值中产生。

和上一篇介绍的一样，我们到这里就发现当前每个状态事实上只与上一天的状态相关，我们没有必要用数组去记录完整的数据，我们只需要变量做缓存、每次更新递推求解即可。最终代码如下。

参考代码

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {// 初始值int dp2_0=0;// 当前不持有股票，利润是0int dp1_0=0;int dp2_1=-prices[0];// 当前持有了股票，利润是-prices[0]int dp1_1=-prices[0];for(int i=1;i<prices.length;i++){dp2_0=Math.max(dp2_0,dp2_1+prices[i]);// 可以rest或卖出（卖出后加股票价格的利润）dp2_1=Math.max(dp2_1,dp1_0-prices[i]);// 可以rest或买入（买入k-1，减股票价格的花费）dp1_0=Math.max(dp1_0,dp1_1+prices[i]);// 可以rest或卖出（卖出后加股票价格的利润）dp1_1=Math.max(dp1_1,-prices[i]);// 可以rest或买入（注意这时k=1说明只能买入这一次，因此既然本次要买入，在本次购买前不可能发生过交易，所以本次利润直接等于股票价格的花费）}return dp2_0;}
}

3.可以买卖k次的股票买卖问题

本题链接：188.买卖股票的最佳时机IV（困难）

题目

给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 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 k 笔交易。（0 <= k <= 100）

**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：

输入：k = 2, prices = [2,4,1]
输出：2
解释：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。

分析

这是这个系列中最难的一道了，在本题中我们基于上一道题k=2的情况，拓展到**k为任意值**的情况，因为k可以有很多值，使得我们不能通过变量代替数组了，而且也要考虑以下k本身的合理范围，如果题目的prices数组长度只有10，即十天，k的值为100，我们显然根本不能交易这么多次，更不能为此开辟一个100的数组空间，所以我们要做一些限制，然后要针对每个k值都进行一次dp数组的递推。

像上面所说，我们先来思考一下k的合理性如何判断。对于一个长度为len的prices交易天数数组，每次交易（买入、卖出）需要花费两天时间，每天最多只能进行买入、卖出中的一种，因此对于len天来说，最多只能完成len/2笔交易，如果给的k值大于len/2，那么就相当于无限次买卖了，退化成本篇第一题的情况了。对这种情况我们单独按第一题那样处理。

对于其他情况我们就只好乖乖的使用dp数组了：（因为我们的k这个维度是从下标1开始用的，因此new数组时我们把长度指定为k+1）

int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];

因为k的值是任意的，我们不能直接把k=1、2这样列举出来了，使用for循环来遍历k为不同值的情况：

for (int k = max_k; k >= 1; k--) {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]); }

将k从给出的值（为区分，用max_k代表给出的值，即最大允许的交易次数）递减循环，根据每天（第i天）的不同已经买卖次数k进行递推。

当然我们也要处理一下第一天的初始状态，无论k为何值，第一天未持有股票一定利润为0、持有股票一定利润为第一天股票价格的相反数。即：dp[i][k][0] =0; dp[i][k][1] =-prices[i];

最值产生在最后一天最多允许k次交易后的不持有股票状态。为什么不是持有股票状态？前面已经说过了，如果你手里有股票，在最后一天也不抛售出去就无法赚到钱，肯定是要卖出去的。

参考代码

class Solution {public int maxProfit(int max_k, int[] prices) {int len;if((len=prices.length)==0){return 0;}// k值大于len/2，相当于无限制if(max_k>len/2){int dp0=0;int dp1=-prices[0];for(int i=1;i<prices.length;i++){int tmp=dp0;dp0=Math.max(dp0,dp1+prices[i]);dp1=Math.max(dp1,dp0-prices[i]);}return dp0;}// 其他情况，使用三维数组记录天数、允许交易次数、持有状态int[][][] dp = new int[len][max_k + 1][2];for (int k = max_k; k >= 1; k--) {if (i == 0) { // 第一天时的初始值dp[i][k][0] =0;dp[i][k][1] =-prices[i];continue;}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[len - 1][max_k][0];}
}

4.含冷冻期的股票买卖问题

本题链接：309.最佳买卖股票时机含冷冻期（中等）

题目

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]

分析

这个题比较简单，相当于是在无限制交易的基础上多加了一个“冷冻期”的概念，即卖出股票后必须休息一天才能买入，我们只需根据这个特点对状态转移方程进行一下修改即可。回想我们前面第一题的状态转移方程：

int dp0_tmp=dp0;// 记录上一次不持有股票的情况。
dp0=Math.max(dp0,dp1+prices[i]);
dp1=Math.max(dp1,dp0_tmp-prices[i]);

dp1的解释是：如果当天持有股票，可以是前一天就持有股票，今天休息了；也可以是前一天没有股票，今天买入了。而在本题中，买入要和卖出间隔一天，因此第二句话要改为前两天没有股票，今天买入了，即max(dp1,tmp-prices[i])（用tmp代表前二天的最大利润，当前是第i天，前二天即第i-2天）。然后在循环前指定一下第i-2天的初值：0，每次在循环中更新为dp0_tmp的值，这样就把前二天这个事给表示出来了。

可能说的有点乱，稍微总结一下：本题关键就是把第i-2天即tmp的最大利润正确的更新。借助dp0_tmp每次记录dp0的旧值（得到第i-1天的最大利润）， tmp每次记录dp0_tmp的旧值（得到第i-2天的最大利润）。

参考代码

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {if(prices.length==0){return 0;}int dp0=0,dp1=-prices[0],tmp=0;// dp0代表第i天不持有股票，dp1代表第i天持有股票，tmp代表第i-2天不持有股票// 关键则是把tmp正确的更新 借助dp0_tmp每次记录dp0的旧值（第i-1天） tmp每次记录dp0_tmp的旧值（第i-2天）for(int i=1;i<prices.length;i++){int dp0_tmp=dp0;dp0=Math.max(dp0,dp1+prices[i]);dp1=Math.max(dp1,tmp-prices[i]);tmp=dp0_tmp;}return dp0;}
}

5.含手续费的股票买卖问题

本题链接：714.买卖股票的最佳实际含手续费（中等）

题目

给定一个整数数组 prices，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格；非负整数 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：

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.

分析

仔细阅读题目我们其实发现，这道题和不限制交易次数没有任何转移方程上的变化，只是说每次交易多交纳一些费用，我们可以等价的看成每笔买入费用增加了fee，或者是每次卖出时少卖fee，这里选择第一种。即每次买入时都需要花费prices[i]+fee。

参考代码

class Solution {public int maxProfit(int[] prices, int fee) {int dp0=0;int dp1=-prices[0]-fee;// 多交手续费for(int i=1;i<prices.length;i++){int dp0_tmp=dp0;dp0=Math.max(dp0,dp1+prices[i]);dp1=Math.max(dp1,dp0_tmp-prices[i]-fee);// 多交手续费}return dp0;}
}

刷题总结

到此我们已经刷完了力扣股票买卖问题了，这类dp问题的核心其实就是找到状态、然后写出状态转移方程进行递推求解。最后再总结一下我们的dp数组的含义：

dp[i][k][0]：第i天，当前最多允许交易k次，现在手上没有股票；

dp[i][k][1]：第i天，当前最多允许交易k次，现在手上持有股票；

当k为1或无穷大时，我们可以直接省略掉k，当k为2时也可以把k=1和k=2简单列举出来，这些情况都可以省去数组的空间，使用不同名称的变量即可，以第二题为例：

dp2_0=Math.max(dp2_0,dp2_1+prices[i])
dp2_1=Math.max(dp2_1,dp1_0-prices[i])

dp1_0=Math.max(dp1_0,dp1_1+prices[i])
dp1_1=Math.max(dp1_1,-prices[i])

而当k为任意值时就必须使用for循环去在每一天的循环中更新dp数组了。如第三题：

for (int k = max_k; k >= 1; k--) {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]); }

找好状态转移方程后，我们还要明确题目要求的最大利润在哪里产生。既然我们用自动机状态的方式去解决了，最值一定在最后一天的某个状态（终态）下产生，而且最后卖出股票才能获得股票具有的价值，因此持有状态应该是不持有。即dp[prices.length-1][k][0]。