LeetCode动态规划基础题-股票买卖

一、股票买卖问题

股票买卖是一个大类

1 买卖股票的最佳时机

121. 买卖股票最佳的时机

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 。

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：prices = [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。

1、确定dp数组

dp[i][0] 表示第i天持有的股票所得最多现金

dp[i][1] 表示第i天不持有股票的所得最多现金

2、递推公式

dp[i][0] 第i天持有股票

• 第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
• 第i天买入股票，所得现金就是买入今天的股票后所得现金即：-prices[i]

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

dp[i][1] 第i天不持有股票

• 第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][1]
• 第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票佳价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0]

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

3. dp数组初始化

根据dp定义进行初始化：

• 第0天dp[0][0] -= prices[0]
• 第0天dp[0][1] = 0;

4. 遍历顺序

dp[i]由dp[i-1]而来，所以由前向后遍历

5. 距离推导dp数组

以示例1，输入7,1,5,3,6,4]为例，dp数组状态如下：

2 买卖股票的最佳时机II

122.买卖股票的最佳时机II

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 ^ 4
• 0 <= prices[i] <= 10 ^ 4

与上一题最大的区别就是可以买入多次，要统计利润总和

就是当天持有股票的价值：

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

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

3 买卖股票的最佳时机III

123.买卖股票的最佳时机III

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：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。

示例 2： 输入：prices = [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：prices = [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。

示例 4： 输入：prices = [1] 输出：0

提示：

• 1 <= prices.length <= 10^5
• 0 <= prices[i] <= 10^5

与之前不同的是，关键在于至多买卖两次，就是可以买卖一次，可以买卖两次，也可以不买卖

1. 确定dp数组以及下标的含义

一天一共就有五个状态，

1. 没有操作
2. 第一次买入
3. 第一次卖出
4. 第二次买入
5. 第二次卖出

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。

2. 确定dp公式

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。

dp[i][1]

• 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]

dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - price[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]

dp[i][2] = max(dp[i-1][1] + pruce[i], dp[i-1][2])

同理：

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]);

3. dp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 dp[0][2] = 0

第0天做第二次买入的操作 dp[0][3] = -prices[0]

第0天做第二次卖出的操作 dp[0][4] = 0

4. 遍历顺序

5. 举例推导dp数组

红色框为最后两次卖出的状态。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。

最终最大利润是dp[4][4]

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(5,0));//dp[i][j]表示第i天下第j状态的最大利润// i = 1 第一次买入;i = 2 第一次卖出;i = 3 第二次买入; i= 4 第二次卖出dp[0][0] = 0;dp[0][1] = -prices[0];dp[0][2] = 0;dp[0][3] = -prices[0];dp[0][4] = 0;for(int i = 1; i<n; ++i){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[n-1][4];}
};

4 买卖股票的最佳时机IV

188.买卖股票的最佳时机IV

与前面一题最大的区别就是变成了k次。

1. dp初始化

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
• …

除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入。

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。

2. 递推公式

与之前一样，但是通过1的规律，我们可以类比得出如下的状态转移

for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 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]);
}

3. 初始化状态

可以推出dp[0][j]当j为奇数的时候都初始化为 -prices[0]

for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {dp[0][j] = -prices[0];
}

4. 确定遍历顺序

5. 距离推导dp数组

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

5 最佳买卖股票时机含冷冻期

309.最佳买卖股票时机含冷冻期

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]

在总利润和的基础上加了一个冷冻期，状态变了

1. 确定dp数组及下标含义

• 状态一：买入股票状态（今天买入股票，或者是之前就买入了股票然后没有操作）
• 卖出股票状态，这里就有两种卖出股票状态
  • 状态二：两天前就卖出了股票，度过了冷冻期，一直没操作，今天保持卖出股票状态
  • 状态三：今天卖出了股票
• 状态四：今天为冷冻期状态，但冷冻期状态不可持续，只有一天！

注意这里的每一个状态，例如状态一，是买入股票状态并不是说今天已经就买入股票，而是说保存买入股票的状态即：可能是前几天买入的，之后一直没操作，所以保持买入股票的状态。

2. 确定递推公式

(1)达到买入股票(状态1)，既dp[i][0]，有两个具体操作：

• 操作一：前一天就是持有股票状态（状态一），dp[i][0] = dp[i - 1][0]
• 操作二：今天买入了，有两种情况
  • 前一天是冷冻期（状态四），dp[i - 1][3] - prices[i]
  • 前一天是保持卖出股票状态（状态二），dp[i - 1][1] - prices[i]

所以操作二取最大值，即：max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]

那么dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]);

(2) 达到保持卖出股票状态（状态二）即：dp[i][1]，有两个具体操作：

• 操作一：前一天就是状态二
• 操作二：前一天是冷冻期（状态四）

dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);

(3) 达到今天就卖出股票状态（状态三），即：dp[i][2] ，只有一个操作：

• 操作一：昨天一定是买入股票状态（状态一），今天卖出

即：dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];

(4) 达到冷冻期状态（状态四），即：dp[i][3]，只有一个操作：

• 操作一：昨天卖出了股票（状态三）

dp[i][3] = dp[i - 1][2];

综上分析，递推代码如下：

dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
dp[i][3] = dp[i - 1][2];

3. 如何初始化

如果是持有股票状态（状态一）那么：dp[0][0] = -prices[0]，买入股票所剩现金为负数。

保持卖出股票状态（状态二），第0天没有卖出dp[0][1]初始化为0就行，

今天卖出了股票（状态三），同样dp[0][2]初始化为0，因为最少收益就是0，绝不会是负数。

同理dp[0][3]也初始为0。

4. 确定遍历顺序
5. 距离推导dp数组

最后结果是取 状态二，状态三，和状态四的最大值，不少同学会把状态四忘了，状态四是冷冻期，最后一天如果是冷冻期也可能是最大值。

• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：$O(n)$

6 买卖股票的最佳时机含手续费

714.买卖股票的最佳时机含手续费

与122不同的是，要算手续费,买是不需要算手续费的

dp方程

第i天持有股票即dp[i][0]

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

第i天不持有股票即dp[i][1]的情况

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

• 第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][1]
• 第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票价格卖出后所得现金，注意这里需要有手续费了即：dp[i - 1][0] + prices[i] - fee

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {// 其实含手续费就是在卖出的时候不一样int n = prices.size();if(n <=1) return 0;vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2,0));dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;for(int i = 1; i < n; ++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] - fee);}return dp[n-1][1];}
};

二、股票问题总结