算法训练Day50 | LeetCode123. 买卖股票的最佳时机III（最多买卖2次）；LeetCode188. 买卖股票的最佳时机IV（最多买卖K次）
目录
LeetCode123. 买卖股票的最佳时机III
1. 思路
2. 代码实现
3. 复杂度分析
4. 思考与收获
LeetCode188. 买卖股票的最佳时机IV
1. 思路
2. 代码实现
3. 复杂度分析
4. 思考与收获
LeetCode123. 买卖股票的最佳时机III
链接： 链接：123. 买卖股票的最佳时机 III - 力扣（LeetCode）
1. 思路
本题相对于LeetCode121和LeetCode122难了不少；关键在于至多买卖两次，这意味着可以买卖一次，可以买卖两次，也可以不买卖。
接来下我用动态规划五部曲详细分析一下：
1.1 确定dp数组以及下标的含义
一天一共就有五个状态，
- 没有操作
- 第一次买入的状态
- 第一次卖出的状态
- 第二次买入的状态
- 第二次卖出的状态
dp[i][j]中 i表示第i天，j为 [0 - 4] 五个状态，dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金；
1.2 确定递推公式
需要注意：dp[i][1]，表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票，这是很多同学容易陷入的误区；
达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：
- 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]
- 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]
那么dp[i][1]究竟选 dp[i-1][0] - prices[i]，还是dp[i - 1][1]呢？
一定是选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
同理dp[i][2]也有两个操作：
- 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
- 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])
同理可推出剩下状态部分：
dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
1.3 dp数组初始化
dp[0][0]
第0天没有操作，这个最容易想到，就是0，即：dp[0][0] = 0；
dp[0][1]
第0天做第一次买入的操作，dp[0][1] = -prices[0]；
dp[0][2]
第0天做第一次卖出的操作，这个初始值应该是多少呢？首先卖出的操作一定是收获利润，整个股票买卖最差情况也就是没有盈利即全程无操作现金为0，从递推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收获利润如果比0还小了就没有必要收获这个利润了，所以dp[0][2] = 0;（这个解释我不是很懂）我认为可以理解成第0天买入了再卖出，价格是一样的，所以为0；
dp[0][3]
第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？应该不少同学疑惑，第一次还没买入呢，怎么初始化第二次买入呢？
第二次买入依赖于第一次卖出的状态，其实相当于第0天第一次买入了，第一次卖出了，然后在买入一次（第二次买入），那么现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。所以第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0]；
dp[0][4]
可以理解为第0天完成了第一次买入，卖出，又第二次买入，卖出，总体来说利润为0；同理第二次卖出初始化dp[0][4] = 0;
1.4 确定遍历顺序
从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值；
1.5 举例推导dp数组
以输入[1,2,3,4,5]为例
大家可以看到红色框为最后两次卖出的状态。
现在最大的时候一定是卖出的状态，而两次卖出的状态现金最大一定是最后一次卖出。所以最终最大利润是dp[4][4]；
因为是最大的利润，不会小于第一次卖出的利润，因为大不了就day5的时候，再在同一天买进卖出，j=2的利润就等于j=4的利润率了，所以可以直接取最右下角的数即可；
2. 代码实现
# 动态规划
# time:O(N);space:O(N)
class Solution(object):def maxProfit(self, prices):""":type prices: List[int]:rtype: int"""# dp的定义# j 为五种状态 # 0: 无操作# 1： 1st 买入# 2： 1st 卖出# 3： 2nd 买入# 4： 2nd 卖出# dp[i][j] 第i天，在j状态的最大金钱余额length = len(prices)dp = [[0]*5 for _ in range(length)]# 初始化dp[0][0] = 0dp[0][1] = -prices[0]dp[0][2] = 0dp[0][3] = -prices[0]dp[0][4] = 0# 遍历for i in range(1,length):# 递推公式dp[i][0] = dp[i-1][0]dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i])dp[i][2] = max(dp[i-1][2],dp[i-1][1]+prices[i])dp[i][3] = max(dp[i-1][3],dp[i-1][2]-prices[i])dp[i][4] = max(dp[i-1][4],dp[i-1][3]+prices[i])return dp[length-1][4]
3. 复杂度分析
时间复杂度：O(N)
N为prices数组的长度；需要从头到尾遍历prices数组一遍；
空间复杂度：O(N）
dp数组的大小为N*5，整体来说还是O(N)的复杂度；
4. 思考与收获
(二刷再考虑看不看）还有一种优化空间的写法
class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:if len(prices) == 0:return 0dp = [0] * 5dp[1] = -prices[0]dp[3] = -prices[0]for i in range(1, len(prices)):dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i])dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i])dp[3] = max(dp[3], dp[2] - prices[i])dp[4] = max(dp[4], dp[3] + prices[i])return dp[4]- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
大家会发现dp[2]利用的是当天的dp[1]。 但结果也是对的；我来简单解释一下：dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i]); 如果dp[1]取dp[1]，即保持买入股票的状态，那么 dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);中dp[1] + prices[i] 就是今天卖出。
如果dp[1]取dp[0] - prices[i]，今天买入股票，那么dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);中的dp[1] + prices[i]相当于是尽在再卖出股票，一买一卖收益为0，对所得现金没有影响。相当于今天买入股票又卖出股票，等于没有操作，保持昨天卖出股票的状态了。这种写法看上去简单，其实思路很绕，不建议大家这么写，这么思考，很容易把自己绕进去！对于本题，把版本一的写法研究明白，足以！
Reference：代码随想录 (programmercarl.com)
本题学习时间：60分钟。
LeetCode188. 买卖股票的最佳时机IV
链接：188. 买卖股票的最佳时机 IV - 力扣（LeetCode）
1. 思路
本题可以说是LeetCode123.买卖股票的最佳时机III的进阶版，这里要求至多有K次交易；动态规划五部曲分析如下：
1.1 确定dp数组以及下标的含义
在LeetCode123.买卖股票的最佳时机III中，定义了一个二维的dp数组，题其实依然可以用一个二维dp数组；使用二维数组 dp[i][j] ：第i天的状态为j，所剩下的最大现金是dp[i][j]；
j的状态表示为：
- 0 表示不操作
- 1 第一次买入
- 2 第一次卖出
- 3 第二次买入
- 4 第二次卖出
- .....
大家应该发现规律了吧 ，除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入。
题目要求是至多有K笔交易，那么j的范围就定义为 2 * k + 1 就可以了。
1.2 确定递推公式
还要强调一下：dp[i][1]，表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票，这是很多同学容易陷入的误区；
达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：
- 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i - 1][0] - prices[i]
- 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]
选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
同理dp[i][2]也有两个操作：
- 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
- 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])
同理可以类比剩下的状态，代码如下：
for j in range(0, 2*k-1, 2):dp[i][j+1] = max(dp[i-1][j+1], dp[i-1][j] - prices[i])dp[i][j+2] = max(dp[i-1][j+2], dp[i-1][j+1] + prices[i])
本题和动态规划：123.买卖股票的最佳时机III (opens new window)最大的区别就是这里要类比j为奇数是买，偶数是卖的状态；
1.3 dp数组初始化
第0天没有操作，这个最容易想到，就是0，即：dp[0][0] = 0;
第0天做第一次买入的操作，dp[0][1] = -prices[0];
第0天做第一次卖出的操作，这个初始值应该是多少呢？
首先卖出的操作一定是收获利润，整个股票买卖最差情况也就是没有盈利即全程无操作现金为0，
从递推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收获利润如果比0还小了就没有必要收获这个利润了。
所以dp[0][2] = 0;
第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？
不用管第几次，现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。
第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];
所以同理可以推出dp[0][j]当j为奇数的时候都初始化为 -prices[0]
代码如下：
for j in range(1, 2*k, 2):dp[0][j] = -prices[0]
在初始化的地方同样要类比j为偶数是卖、奇数是买的状态；
1.4 确定遍历顺序
从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值；
1.5 举例推导dp数组
以输入[1,2,3,4,5]，k=2为例；
最后一次卖出，一定是利润最大的，dp[prices.size() - 1][2 * k]即红色部分就是最后求解。
2. 代码实现
# 动态规划
# time:O(N*K);space:O(N*K)
class Solution(object):def maxProfit(self, k, prices):""":type k: int:type prices: List[int]:rtype: int"""# 排除base caseif len(prices) == 0: return 0length = len(prices)# 初始化，有length行，2K+1列dp = [[0]*(2*k+1) for _ in range(length)]# j 为奇数的地方，代表买入，全部初始化为-prices[0]for j in range(2*k):if j%2: dp[0][j] = -prices[0]# 从i=1，第一天开始遍历for i in range(1,length):# j 需要遍历2K个状态for j in range(1,2*k+1):# 如果j为奇数，代表是买入日if j%2:dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]-prices[i])# 如果j为偶数，代表是卖出日if j%2 == 0:dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]+prices[i])return dp[length-1][2*k]3. 复杂度分析
时间复杂度：O(N*K）
其中N为prices数组的长度，K为题目中给的最多买卖K次；for loop中需要循环N *(2K)次；
空间复杂度：O(N*K）
其中N为prices数组的长度，K为题目中给的最多买卖K次；dp数组的大小为N*（2K+1）
4. 思考与收获
有的解法是定义一个三维数组dp[i][j][k]，第i天，第j次买卖，k表示买还是卖的状态，从定义上来讲是比较直观；但感觉三维数组操作起来有些麻烦，这里直接用二维数组来模拟三维数组的情况，代码看起来也清爽一些；
（二刷再考虑看不看）类似LeetCode123 ，还有一种状态压缩的写法如下：
class Solution:def maxProfit(self, k: int, prices: List[int]) -> int:if len(prices) == 0: return 0dp = [0] * (2*k + 1)for i in range(1,2*k,2):dp[i] = -prices[0]for i in range(1,len(prices)):for j in range(1,2*k + 1):if j % 2:dp[j] = max(dp[j],dp[j-1]-prices[i])else:dp[j] = max(dp[j],dp[j-1]+prices[i])return dp[2*k]
Reference：代码随想录 (programmercarl.com)
本题学习时间：80分钟。
本篇学习时间约2小时，总结字数5000+；又学习了动态规划中股票问题的两个题目，难度比之前的股票问题大了不少，IV是III的进阶版，推广到最多买卖K次了。（求推荐！）
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