[LeetCode] 只需一个“状态机”，分分钟解决六道买卖股票问题

本文主要是介绍[LeetCode] 只需一个“状态机”，分分钟解决六道买卖股票问题，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

0 方法初识

本文旨在解决六道买卖股票问题
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
➕188. 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

这篇文章用状态机的技巧来解决，可以全部提交通过。不要觉得这个名词高大上，文学词汇而已，实际上就是 DP table，
本文参考链接一个方法团灭 6 道股票问题

这类问题是有框架的，但是人家不会告诉你的，因为一旦告诉你，你五分钟就学会了，该算法题就不再神秘，变得不堪一击了。
本文就来告诉你这个框架，然后带着你一道一道秒杀。

这 6 道股票买卖问题是有共性的，我们通过对第四题（限制最大交易次数为 k）的分析一道一道解决。因为第四题是一个最泛化的形式，其他的问题都是这个形式的简化。

第一题是只进行一次交易，相当于 k = 1；第二题是不限交易次数，相当于 k = +infinity（正无穷）；第三题是只进行 2 次交易，相当于 k = 2；剩下两道也是不限次数，但是加了交易「冷冻期」和「手续费」的额外条件，其实就是第二题的变种，都很容易处理。

1 穷举框架

首先，还是一样的思路：如何穷举？

这里，我们利用「状态」进行穷举。我们具体到每一天，看看总共有几种可能的「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。听起来抽象，你只要记住「状态」和「选择」两个词就行，下面实操一下就很容易明白了。

for 状态1 in 状态1的所有取值：for 状态2 in 状态2的所有取值：for ...dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)

比如说这个问题，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。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）。然后我们用一个三维数组就可以装下这几种状态的全部组合：

dp[i][k][0 or 1]
0 <= i <= n-1, 1 <= k <= K
n 为天数，大 K 为最多交易数
此问题共 n × K × 2 种状态，全部穷举就能搞定。for 0 <= i < n:for 1 <= k <= K:for s in {0, 1}:dp[i][k][s] = max(buy, sell, rest)

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，最多获得多少利润。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。

记住如何解释「状态」，一旦你觉得哪里不好理解，把它翻译成自然语言就容易理解了。

2 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」。只看「持有状态」，可以画个状态转移图。

在这里插入图片描述

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：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])max(   选择 rest  ,           选择 sell      )解释：今天我没有持有股票，有两种可能：
要么是我昨天就没有持有，然后今天选择 rest，所以我今天还是没有持有；
要么是我昨天持有股票，但是今天我 sell 了，所以我今天没有持有股票了。dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])max(   选择 rest  ,           选择 buy         )解释：今天我持有着股票，有两种可能：
要么我昨天就持有着股票，然后今天选择 rest，所以我今天还持有着股票；
要么我昨天本没有持有，但今天我选择 buy，所以今天我就持有股票了。

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 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。

dp[-1][k][0] = 0
解释：因为 i 是从 0 开始的，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时候的利润当然是 0 。
dp[-1][k][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。
dp[i][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0 。
dp[i][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。

把上面的状态转移方程总结一下：

base case：
dp[-1][k][0] = dp[i][0][0] = 0
dp[-1][k][1] = dp[i][0][1] = -infinity状态转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])

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。现在完整的框架已经完成，下面开始具体化。

3 题目实战详解（121. 买卖股票的最佳时机）

题目是这样子的：

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。
如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票一次），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意：你不能在买入股票前卖出股票。
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。

第一题，k = 1
直接套状态转移方程，根据 base case，可以做一些化简：

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], dp[i-1][0][0] - prices[i]) = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。现在发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。
可以进行进一步化简去掉所有 k：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])

直接写出代码：

int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];

显然 i = 0 时 dp[i-1] 是不合法的。这是因为我们没有对 i 的 base case 进行处理。可以这样处理：

for (int i = 0; i < n; i++) {if (i - 1 == -1) {dp[i][0] = 0;// 解释：//   dp[i][0] // = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])// = max(0, -infinity + prices[i]) = 0dp[i][1] = -prices[i];//解释：//   dp[i][1] // = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])// = max(-infinity, 0 - prices[i]) // = -prices[i]continue;}dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];

第一题就解决了，但是这样处理 base case 很麻烦，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，只需要一个变量储存相邻的那个状态就足够了，这样可以把空间复杂度降到 O(1):

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int n = prices.length;// base case: dp[-1][0] = 0, dp[-1][1] = -infinityint dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;for (int i = 0; i < n; i++) {// dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);// dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, -prices[i]);}return dp_i_0;}
}

两种方式都是一样的，不过这种编程方法简洁很多。但是如果没有前面状态转移方程的引导，是肯定看不懂的。后续的题目，我主要写这种空间复杂度 O(1) 的解法。

4 秒杀题目

122. 买卖股票的最佳时机 II k = +infinity

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）。

第二题，k = +infinity
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：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])= max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k][0] - prices[i])我们发现数组中的 k 已经不会改变了，也就是说不需要记录 k 这个状态了：
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])

直接翻译成代码：

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int n = prices.length;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]);}return dp_i_0;}
}

309. 最佳买卖股票时机含冷冻期 k = +infinity with cooldown

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)。

第三题，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：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0] - prices[i])
解释：第 i 天选择 buy 的时候，要从 i-2 的状态转移，而不是 i-1 。

翻译成代码：

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int n = prices.length;int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;int dp_pre_0 = 0; // 代表 dp[i-2][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k = +infinity with fee

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，但是你每次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。

第四题，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。改写方程：

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)
解释：相当于买入股票的价格升高了。
在第一个式子里减也是一样的，相当于卖出股票的价格减小了。

直接翻译成代码：

class Solution {public int maxProfit(int[] prices, int fee) {int n = prices.length;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;}
}

5 动脑做题（战斗力++）

123. 买卖股票的最佳时机 III k = 2

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）。

第五题，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，最后也没有存在感。

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。直接写代码，边写边分析原因。

原始的动态转移方程，没有可化简的地方

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

按照之前的代码，我们可能想当然这样写代码（错误的）：

int k = 2;
int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];
for (int i = 0; i < n; i++)if (i - 1 == -1) { /* 处理一下 base case*/ }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][k][0];

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？就是说我们必须穷举所有状态。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。这道题由于没有消掉 k 的影响，所以必须要对 k 进行穷举：

int max_k = 2;
int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {for (int k = max_k; k >= 1; k--) {if (i - 1 == -1) { /*处理 base case */ }dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);}
}
// 穷举了 n × max_k × 2 个状态，正确。
return dp[n - 1][max_k][0];

如果你不理解，可以返回第一点「穷举框架」重新阅读体会一下。

这里 k 取值范围比较小，所以可以不用 for 循环，直接把 k = 1 和 2 的情况手动列举出来也可以：

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])

题目代码如下：

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int dp_i10 = 0, dp_i11 = Integer.MIN_VALUE;int dp_i20 = 0, dp_i21 = Integer.MIN_VALUE;for (int price : prices) {dp_i20 = Math.max(dp_i20, dp_i21 + price);dp_i21 = Math.max(dp_i21, dp_i10 - price);dp_i10 = Math.max(dp_i10, dp_i11 + price);dp_i11 = Math.max(dp_i11, -price);}return dp_i20;}
}

有状态转移方程和含义明确的变量名指导，相信你很容易看懂。

188. 买卖股票的最佳时机 IV k = any integer

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 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）。

第六题，k = any integer
有了上一题 k = 2 的铺垫，这题应该和上一题的第一个解法没啥区别。但是出现了一个超内存的错误，原来是传入的 k 值会非常大，dp 数组太大了。现在想想，交易次数 k 最多有多大呢？

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 k 应该不超过 n/2，如果超过，就没有约束作用了，相当于 k = +infinity。这种情况是之前解决过的。

解决代码如下：

class Solution {public int maxProfit(int max_k, int[] prices) {int n = prices.length;if (max_k>=(n/2)) return maxProfit_k_inf(prices);int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];for (int i = 0; i < n; i++) for (int k = max_k; k >= 1; k--) {if (i - 1 == -1) {dp[i][k][0] = 0;//因为交易笔数是完成的买入和卖出才算一次。//所以第一天交易笔数如果大于0的话，可以理解成第一天就买入和卖出了k次，//最后状态为1，则说明第一天最后是只买入了，尚未卖出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[n - 1][max_k][0];}private int maxProfit_k_inf(int[] prices) {int max = 0;for(int i = 1; i < prices.length; ++i) {if(prices[i] > prices[i-1])max += prices[i] - prices[i-1];}return max;}
}