LeetCode题解 - 动态规划-股票买卖

文章目录

LeetCode题解 - 动态规划-股票买卖
- **一、穷举框架**
- **二、状态转移框架**
- **三、秒杀题目**
- - 121. 买卖股票的最佳时机（简单）
  - 122. 买卖股票的最佳时机 II（简单）
  - 309. 最佳买卖股票时机含冷冻期（中等）
  - 714. 买卖股票的最佳时机含手续费（中等）
  - 123. 买卖股票的最佳时机 III （困难）
  - 188. 买卖股票的最佳时机 IV （困难）
- **四、最后总结**

参考文章：labuladong微信公众号，作者：labuladong，#手把手刷动态规划系列文章，很棒的公众号，推荐给大家

一、穷举框架

首先，还是一样的思路：如何穷举？这里，我们不用递归思想进行穷举，而是利用「状态」进行穷举。

看看总共有几种「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。看图，就是这个意思。

具体到当前问题，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（第一次除外）。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。

很复杂对吧，不要怕，我们现在的目的只是穷举，你有再多的状态，老夫要做的就是一把梭全部列举出来。这个问题的「状态」有三个，第一个是天数，第二个是当天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）。

我们用一个三维数组 dp 就可以装下这几种状态的全部组合，用 for 循环就能完成穷举：

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，所能获取的最大利润。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。

二、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」。

因为我们的选择是 buy, sell, rest，而这些选择是和「持有状态」相关的，所以只看「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：

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，把最大交易数 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。

把上面的状态转移方程总结一下：

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。现在整体框架已经完成，下面开始具体化。

三、秒杀题目

121. 买卖股票的最佳时机（简单）

给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。

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。

解题思路：这是 k = 1 的情况，直接套状态转移方程，根据 base case，可以做一些化简：

对 i 的 base case 进行处理，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，只需要两个变量储存所需的状态就足够了，这样可以把空间复杂度降到 O(1):

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {if(prices.length == 0) return 0;int n = prices.length;int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE; // base case for(int i = 0; i < n; i++){dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, -prices[i]);}return dp_i_0;}
}

122. 买卖股票的最佳时机 II（简单）

给定一个数组 prices ，其中 prices[i] 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）。

输入: prices = [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 。

解题思路：这是 k = + infinity 的情况，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：

直接翻译成代码即可：

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {if(prices.length == 0) return 0;int n = prices.length;int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE; // base casefor(int i = 0; i < n; i++){int temp = dp_i_0;dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, temp - prices[i]);}return dp_i_0;}
}

309. 最佳买卖股票时机含冷冻期（中等）

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)

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]

解题思路：k = +infinity with cooldown，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：

直接翻译成代码即可：

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int n = prices.length;if(n == 0) return 0;int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;int dp_pre_0 = 0;for(int i = 0; i < n; i++){int temp = dp_i_0;dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, dp_pre_0 - prices[i]);dp_pre_0 = temp;}return dp_i_0;}
}

714. 买卖股票的最佳时机含手续费（中等）

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。

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.

解题思路：k = +infinity with fee，每次交易要支付手续费，只要把手续费从利润中减去即可：

直接翻译成代码即可：

class Solution {public int maxProfit(int[] prices, int fee) {int n = prices.length;if(n == 0) return 0;int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;for(int i = 0; i < n; i++){int temp = dp_i_0;dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, temp - prices[i]- fee);}return dp_i_0;}
}

123. 买卖股票的最佳时机 III （困难）

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）。

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 。

解题思路：k = 2，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，最后也被消掉了。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。

按照之前的代码，我们可能想当然这样写代码（错误的）：

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？就在强调必须穷举所有状态。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，所以没有对 k 的穷举。比如说第一题，k = 1：

这道题由于没有消掉 k 的影响，所以必须要用 for 循环对 k 进行穷举才是正确的：

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int n = prices.length;if(n == 0) return 0;int max_k = 2;int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2]; //base casefor (int k = 1; k <= max_k; k++) {dp[0][k][1] = -prices[0];}  for(int i = 1; i < n; i++){for(int k = 1; k <= max_k; 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]);                  }}return dp[n - 1][max_k][0];}
}

188. 买卖股票的最佳时机 IV （困难）

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。**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）。

输入：k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]
输出：7
解释：在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。随后，在第 5 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 。

解题思路：k = any integer，这题和 k = 2 没啥区别，可以直接套上一题的第一个解法。但是提交之后会出现一个超内存的错误，原来是传入的 k 值可以任意大，导致 dp 数组太大了。现在想想，交易次数 k 最多能有多大呢？一次交易由买入和卖出构成，至少需要两天。所以说有效的限制次数 k 应该不超过 n/2

class Solution {public int maxProfit(int k, int[] prices) {        int n = prices.length;if(n == 0) return 0;k = Math.min(k, n / 2);int[][][] dp = new int[n][k + 1][2]; for (int j = 1; j <= k; j++) {dp[0][j][1] = -prices[0];}  for(int i = 1; i < n; i++){for(int j = 1; j <= k; j++){   dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);                  }}return dp[n - 1][k][0];}
}

至此，6 道题目通过一个状态转移方程全部解决。

四、最后总结

本文给大家讲了如何通过状态转移的方法解决复杂的问题，用一个状态转移方程秒杀了 6 道股票买卖问题，现在想想，其实也不算难对吧？而这已经属于动态规划问题中较困难的了。

关键就在于找到所有可能的「状态」，然后想想怎么更新这些「状态」。一般用一个多维 dp 数组储存这些状态，从 base case 开始向后推进，推进到最后的状态，就是我们想要的答案。想想这个过程，你是不是有点理解「动态规划」这个名词的意义了呢？

具体到股票买卖问题，我们发现了三个状态，使用了一个三维数组，无非还是穷举 + 更新，不过我们可以说的高大上一点，这叫「三维 DP」，怕不怕？这个大实话一说，立刻显得你高人一等有没有？