LeetCode上的各种股票最大收益

对于力扣平台上的股票类型的题目：

121 买卖股票的最佳时机
122 买卖股票的最佳时机 II
123 买卖股票的最佳时机 III
124 买卖股票的最佳时机 IV
309 最佳买卖股票时机含冷冻期
714 买卖股票的最佳时机含手续费
剑指 Offer 63. 股票的最大利润

关键是要仔细分析题意，将每天结束后可能存在的状态列出来，并考虑当天与前一天的可能存在的状态转移的关系。另外要注意初始化和空间复杂度的优化。

121. 买卖股票的最佳时机

dp数组含义：

本题在某一天共可能有两种状态：

我们构造的 dp 数组的规模为 2×n2\times n2×n，在 C++ 中，即为：vector<<vevtor<int>> dp(prices.size(), vector<int> (2, 0));

递推公式：

对于第 iii 天持有股票时的收益，即 dp[i][0]dp[i][0]dp[i][0]，可能由以下情况推导而来：
- 第 i−1i-1i−1 天是也是持有股票的，即当日未进行任何操作：dp[i−1][0]dp[i-1][0]dp[i−1][0]
- 第 i−1i-1i−1 天是未持有股票的，即当日购买了股票，由于我们只能进行一次股票买卖操作，因此在购买股票之前的 dp[i−1][1]dp[i-1][1]dp[i−1][1] 一定是 0，因此应当减去当日股票价格：0−prices[i]0-prices[i]0−prices[i]
应当取最大值，从而 dp[i][0]=max(dp[i−1][0],−prices[i])dp[i][0]=max(dp[i-1][0],-prices[i])dp[i][0]=max(dp[i−1][0],−prices[i])
对于第 iii 天未持有股票时的收益，即 dp[i][1]dp[i][1]dp[i][1]，可能由以下情况推导而来：
- 第 i−1i-1i−1 天是是持有股票的，即当日将股票卖出，应当 dp[i−1][0]dp[i-1][0]dp[i−1][0] 加上当日股票价格：dp[i−1][0]+prices[i]dp[i-1][0]+prices[i]dp[i−1][0]+prices[i]
- 第 i−1i-1i−1 天是未持有股票的，即当日无操作：prices[i−1][1]prices[i-1][1]prices[i−1][1]
应当取最大值，从而 dp[i][1]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][0]+prices[i])dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[i])dp[i][1]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][0]+prices[i])

初始化：

dp 数组中所有项需在 dp[0][0]dp[0][0]dp[0][0]、dp[0][1]dp[0][1]dp[0][1] 确定的情况下得到。

dp[0][0]dp[0][0]dp[0][0] 表示第一天持有股票，即第一天购入，应为 −prices[0]-prices[0]−prices[0]
dp[0][1]dp[0][1]dp[0][1] 表示第一天未持有股票，应为 0

遍历顺序：

从前向后

代码：

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (2));dp[0][0] = -prices[0], dp[0][1] = 0;for (int i=1; i<lens; ++i) {dp[i][0] = max(dp[i-1][0], -prices[i]);dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + prices[i]);}return dp[lens-1][1];}
};

空间优化：

很明显，第 iii 天的情况只依赖于前一天的情况，而与再前面的情况没有关系，因此，我们没有必要维护一整个 dp 数组，而是维护常数变量即可，优化后：

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(2, vector<int> (2));dp[0][0] = -prices[0], dp[0][1] = 0;for (int i=1; i<lens; ++i) {dp[1][0] = max(dp[0][0], -prices[i]);dp[1][1] = max(dp[0][1], dp[0][0] + prices[i]);dp[0] = dp[1];}return dp[1][1];}
};

另一种做法：

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int ans = 0, prevMin = INT_MAX;for (int n: prices) {ans = max(ans, n - prevMin);prevMin = min(prevMin, n);}return ans;}
};

122. 买卖股票的最佳时机 II

本题与121 题的唯一区别在于可以多次买卖股票，但要注意同时只能持有一只股票

dp数组含义：

递推公式：

注意由于这里与上一题的唯一区别在于允许多次股票买卖，因此递推公式与上面的四种情况基本相同，唯一一点在于由于我们可以进行多次买卖，所以在某次购买股票之前的未持有股票的收益不一定是 0 了（我们可能在这次操作之前已经通过几次操作收获了一些利润）。

即对于 dp[i][0]dp[i][0]dp[i][0] 在前一日不持有股票的情况从 0−prices[i]0-prices[i]0−prices[i] 变为了 dp[i−1][1]−prices[i]dp[i-1][1]-prices[i]dp[i−1][1]−prices[i]，从而 dp[i][0]=max(dp[i−1][0],dp[i−1][1]−prices[i])dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]-prices[i])dp[i][0]=max(dp[i−1][0],dp[i−1][1]−prices[i])

初始化、遍历顺序与前题类似。

代码：

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (2));dp[0][0] = -prices[0], dp[0][1] = 0;for (int i=1; i<lens; ++i) {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]);}return dp[lens-1][1];}
};

注意代码中的唯一区别在于：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] - prices[i]);

原因上面已经解释过。

空间优化的实现与上面也类似，这里就不贴了。

另一种写法：

本题有另一种做法，由于我们可以进行无限次交易且当日即可以买入又可以卖出，所以考虑：

[7, 1, 5, 6] 第二天买入，第四天卖出，收益最大（6-1），所以一般人可能会想，怎么判断不是第三天就卖出了呢? 这里就把问题复杂化了，根据题目的意思，当天卖出以后，当天还可以买入，所以其实可以第三天卖出，第三天买入，第四天又卖出（（5-1）+ （6-5） === 6 - 1）。所以算法可以直接简化为只要今天比昨天大，就卖出。

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int ans = 0;for (int i=1; i<prices.size(); ++i) {int profit = prices[i] - prices[i-1];ans = max(ans, ans + profit);}return ans;}
};

123. 买卖股票的最佳时机 III

本题相较于前面两题要复杂不少，关键是最多两次交易，即有可能可以是 0，1，2 次交易，我们需要列举处理的情况多了不少。

dp数组的定义：

本题中，我们一共要考虑每一天的五种状态：

注意我们这里要强调各个状态是 买入/卖出后 ，即不一定是当日买入/卖出，可能是 i−1i-1i−1，i−2i-2i−2 …日进行的操作，都归为该状态。并且，注意到，这些状态是有序的，即一定是一次经历到的。

由此，我们 dp 数组的含义为：dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] 表示，第 iii 天处于状态 jjj 时的最大收益。

递推公式：

对于第 iii 日结束后。处于第一次买入后状态，即 dp[i][1]dp[i][1]dp[i][1]，可能由以下情况推导而来：
- 前面已经买入，当日未进行操作：dp[i−1][1]dp[i-1][1]dp[i−1][1]
- 当日买入：dp[i−1][0]−prices[i]dp[i-1][0]-prices[i]dp[i−1][0]−prices[i]
取最大值，则有：dp[i][1]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][0]−prices[i])dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i])dp[i][1]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][0]−prices[i])
对于第 iii 日处于第一次卖出后，即 dp[i][2]dp[i][2]dp[i][2]，可能由以下情况推导而来：
- 前面已经卖出，当日未进行任何操作：dp[i−1][2]dp[i-1][2]dp[i−1][2]
- 当日卖出：dp[i−1][1]+prices[i]dp[i-1][1]+prices[i]dp[i−1][1]+prices[i]
则：dp[i][2]=max(dp[i−1][2],dp[i−1][1]+prices[i])dp[i][2]=max(dp[i-1][2],dp[i-1][1]+prices[i])dp[i][2]=max(dp[i−1][2],dp[i−1][1]+prices[i])
同理，dp[i][3]=max(dp[i−1][3],dp[i−1][2]−prices[i])dp[i][3]=max(dp[i-1][3],dp[i-1][2]-prices[i])dp[i][3]=max(dp[i−1][3],dp[i−1][2]−prices[i])
同理，dp[i][4]=max(dp[i−1][4],dp[i−1][3]+prices[i])dp[i][4]=max(dp[i-1][4],dp[i-1][3]+prices[i])dp[i][4]=max(dp[i−1][4],dp[i−1][3]+prices[i])

代码：

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (5));dp[0][1] = -prices[0], dp[0][3] = -prices[0];for (int i=1; i<lens; ++i) {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[lens - 1][4];}
};

优化代码：

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int fstBuy = INT_MIN, fstSell = 0;int secBuy = INT_MIN, secSell = 0;for (int p: prices) {fstBuy = max(fstBuy, -p);fstSell = max(fstSell, fstBuy + p);secBuy = max(secBuy, fstSell - p);secSell = max(secSell, secBuy + p);}return secSell;}
};

188. 买卖股票的最佳时机 IV

上一题的一般化，分好奇偶即可：

class Solution {public:int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {if (prices.empty()) return 0;int lens = prices.size();int wide = 2 * k + 1;vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (wide, 0));for (int j=0; j<wide; ++j) if (j % 2 == 1) dp[0][j] = -prices[0];for (int i=1; i<lens; ++i) {dp[i][0] = dp[i-1][0];for (int j=1; j<wide; ++j) {if (j % 2 == 1) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1] - prices[i]);else if (j % 2 == 0) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1] + prices[i]);}}return dp[lens - 1][wide - 1];}
};

309. 最佳买卖股票时机含冷冻期

dp数组含义：

本题中每天可能的状态有三种：

dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] 表示第 iii 天结束后，在第 jjj 中状态下的最大收益

递推公式：

当日结束后为持有股票状态时，即 dp[i][0]dp[i][0]dp[i][0] ，可能由以下情况推导而来：
- 当日买入股票，今天不能是冷冻期， dp[i−1][2]−prices[i]dp[i-1][2]-prices[i]dp[i−1][2]−prices[i]
- 之前就已经买入了股票，当日未进行操作：dp[i−1][0]dp[i-1][0]dp[i−1][0]
则，dp[i][0]=max(dp[i−1][0],dp[i−1][2]−prices[i])dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][2]-prices[i])dp[i][0]=max(dp[i−1][0],dp[i−1][2]−prices[i])
当日卖出，即 dp[i][1]dp[i][1]dp[i][1]
- 今天卖出，前一天必为持股状态，dp[i−1][0]+prices[i]dp[i-1][0]+prices[i]dp[i−1][0]+prices[i]
则，dp[i][1]=dp[i−1][0]+prices[i]dp[i][1]=dp[i-1][0]+prices[i]dp[i][1]=dp[i−1][0]+prices[i]
非当日卖出，即 dp[i][2]dp[i][2]dp[i][2]，可能由以下情况推导而来：
- 前一日卖出，今日冷冻期，dp[i−1][1]dp[i-1][1]dp[i−1][1]
- 非前一日卖出，今日非冷冻期：dp[i−1][2]dp[i-1][2]dp[i−1][2]
则 dp[i][2]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][2])dp[i][2]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][2])dp[i][2]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][2])

初始化：除了第一天就买股票 dp[0][0]=−prices[0]dp[0][0]=-prices[0]dp[0][0]=−prices[0] 外全 0。

遍历顺序：从前到后即可。

代码：

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (3, 0));dp[0][0] = -prices[0];for (int i=1; i<lens; ++i) {dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][2] - prices[i]);dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i];dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][1]);}return max(dp[lens - 1][1], dp[lens - 1][2]);}
};

714. 买卖股票的最佳时机含手续费

就加个手续费，和 122 区别不大。

dp数组含义：

本题中每一天结束后有两种状态：持有股票和不持有股票

递推公式：

对于第 iii 天结束后，处于持股状态，即 dp[i][0]dp[i][0]dp[i][0]，可能由两种状态推导得到：
- 前面买入，当日未进行操作：dp[i−1][0]dp[i-1][0]dp[i−1][0]
- 当日买入，并支付手续费 dp[i−1][1]−prices[i]−feedp[i-1][1]-prices[i]-feedp[i−1][1]−prices[i]−fee
则：dp[i][0]=max(dp[i−1][0],dp[i−1][1]−prices[i]−fee)dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]-prices[i]-fee)dp[i][0]=max(dp[i−1][0],dp[i−1][1]−prices[i]−fee)
对于第 iii 天结束后，处于未持股状态，即 dp[i][1]dp[i][1]dp[i][1]，可能由两种状态推导得到：
- 一直未买入或前面已卖出，当日未进行操作：dp[i−1][1]dp[i-1][1]dp[i−1][1]
- 当日卖：dp[i−1][0]+prices[i]dp[i-1][0]+prices[i]dp[i−1][0]+prices[i]
则：dp[i][1]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][0]+prices[i])dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[i])dp[i][1]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][0]+prices[i])

代码：

class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (2));dp[0][0] = -prices[0] - fee;for (int i=1; i<lens; ++i) {dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] - prices[i] - fee);dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + prices[i]);}return dp[lens - 1][1];}
};

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