训练营第三十八天 | 309.最佳买卖股票时机含冷冻期动态规划系列七总结714.买卖股票的最佳时机含手续费股票问题总结篇!

309.最佳买卖股票时机含冷冻期

力扣题目链接(opens new window)

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]

思路

相对于动态规划：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)，本题加上了一个冷冻期。所以在上一题的基础上多加一个冷冻期的状态即可。

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int len = prices.size();vector<int> buy(len, INT_MIN);vector<int> sell(len, 0);vector<int> frozen(len, 0);buy[0] = -prices[0]; // 初始买入状态的收益sell[0] = 0;         // 初始卖出状态的收益frozen[0] = 0;        // 初始冷冻期的收益for (int i = 1; i < len; i++) {buy[i] = max(buy[i - 1], frozen[i - 1] - prices[i]); // 买入状态sell[i] = max(sell[i - 1], buy[i - 1] + prices[i]); // 卖出状态frozen[i] = max(frozen[i - 1], sell[i - 1]);          // 冷冻期状态}return max(sell[len - 1], frozen[len - 1]); // 最后的最大收益应从卖出和冷冻期中选}
};

动规五部曲：

确定dp数组以及下标的含义

dp[i][j]，第i天状态为j，所剩的最多现金为dp[i][j]。

其实本题很多同学搞的比较懵，是因为出现冷冻期之后，状态其实是比较复杂度，例如今天买入股票、今天卖出股票、今天是冷冻期，都是不能操作股票的。

具体可以区分出如下四个状态：

状态一：持有股票状态（今天买入股票，或者是之前就买入了股票然后没有操作，一直持有）
不持有股票状态，这里就有两种卖出股票状态
- 状态二：保持卖出股票的状态（两天前就卖出了股票，度过一天冷冻期。或者是前一天就是卖出股票状态，一直没操作）
- 状态三：今天卖出股票
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！

j的状态为：

0：状态一
1：状态二
2：状态三
3：状态四

确定递推公式

达到买入股票状态（状态一）即：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的状态（状态二），dp[i - 1][1] - prices[i]

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

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]);

达到今天就卖出股票状态（状态三），即：dp[i][2] ，只有一个操作：

昨天一定是持有股票状态（状态一），今天卖出

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

达到冷冻期状态（状态四），即：dp[i][3]，只有一个操作：

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];

dp数组如何初始化

这里主要讨论一下第0天如何初始化。

如果是持有股票状态（状态一）那么：dp[0][0] = -prices[0]，一定是当天买入股票。

保持卖出股票状态（状态二），这里其实从「状态二」的定义来说，很难明确应该初始多少，这种情况我们就看递推公式需要我们给他初始成什么数值。

如果i为1，第1天买入股票，那么递归公式中需要计算 dp[i - 1][1] - prices[i] ，即 dp[0][1] - prices[1]，那么大家感受一下 dp[0][1] （即第0天的状态二）应该初始成多少，只能初始为0。想一想如果初始为其他数值，是我们第1天买入股票后手里还剩的现金数量是不是就不对了。

今天卖出了股票（状态三），同上分析，dp[0][2]初始化为0，dp[0][3]也初始为0。

确定遍历顺序

从递归公式上可以看出，dp[i] 依赖于 dp[i-1]，所以是从前向后遍历。

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。

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();if (n == 0) return 0;vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(4, 0));dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票for (int i = 1; i < n; i++) {dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3] - prices[i], 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];}return max(dp[n - 1][3], max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]));}
};

动态规划系列七总结

动态规划：买卖股票的最佳时机II (opens new window)中股票可以买卖多次了！

这也是和121. 买卖股票的最佳时机 (opens new window)的唯一区别（注意只有一只股票，所以再次购买前要出售掉之前的股票）

重点在于递推公式的不同。

dp数组的含义：

dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金。
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金

递推公式：

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]);

本题和121. 买卖股票的最佳时机 (opens new window)的代码几乎一样，唯一的区别在：

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

动态规划：买卖股票的最佳时机IV (opens new window)最多可以完成 k 笔交易。

相对于上一道动态规划：123.买卖股票的最佳时机III (opens new window)，本题需要通过前两次的交易，来类比前k次的交易

确定dp数组以及下标的含义

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
.....

除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入。

确定递推公式

dp[i][1]，表示的是第i天，买入股票的状态，

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]);
}

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。

dp数组如何初始化

dp[0][j]当j为奇数的时候都初始化为 -prices[0]

代码如下：

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

在初始化的地方同样要类比j为奇数是买、偶数是卖的状态。

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。

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。

动态规划：最佳买卖股票时机含冷冻期 (opens new window)尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票），但有冷冻期，冷冻期为1天

相对于动态规划：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)，本题加上了一个冷冻期

本题则需要第三个状态：不持有股票（冷冻期）的最多现金。

714.买卖股票的最佳时机含手续费

力扣题目链接(opens new window)

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。

示例 1:

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.

注意:

0 < prices.length <= 50000.
0 < prices[i] < 50000.
0 <= fee < 50000.

思路

本题贪心解法：贪心算法：买卖股票的最佳时机含手续费(opens new window)

相对于动态规划：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)，本题只需要在计算卖出操作的时候减去手续费就可以了，代码几乎是一样的。

唯一差别在于递推公式部分.

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

股票问题总结篇!

股票问题总结

动态规划：121.买卖股票的最佳时机(opens new window)
动态规划：122.买卖股票的最佳时机II(opens new window)
动态规划：123.买卖股票的最佳时机III(opens new window)
动态规划：188.买卖股票的最佳时机IV(opens new window)
动态规划：309.最佳买卖股票时机含冷冻期(opens new window)
动态规划：714.买卖股票的最佳时机含手续费(opens new window)

#卖股票的最佳时机

动态规划：121.买卖股票的最佳时机 (opens new window)，股票只能买卖一次，问最大利润。

// 版本一
class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int len = prices.size();if (len == 0) return 0;vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2));dp[0][0] -= prices[0];dp[0][1] = 0;for (int i = 1; i < len; i++) {dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);}return dp[len - 1][1];}
};

#买卖股票的最佳时机II

动态规划：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)可以多次买卖股票，问最大收益。

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

#买卖股票的最佳时机III

动态规划：123.买卖股票的最佳时机III (opens new window)最多买卖两次，问最大收益。

// 版本二
class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {if (prices.size() == 0) return 0;vector<int> dp(5, 0);dp[1] = -prices[0];dp[3] = -prices[0];for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {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];}
};

#买卖股票的最佳时机IV

动态规划：188.买卖股票的最佳时机IV (opens new window)最多买卖k笔交易，问最大收益。

class Solution {
public:int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {       vector<int> buy(k, INT_MIN);vector<int> sell(k, 0);    for(int price : prices) {buy[0] = max(buy[0], -price);sell[0] = max(sell[0], buy[0] + price);   for (int i = 1; i < k; i++) {buy[i] = max(buy[i], sell[i - 1] - price);sell[i] = max(sell[i], buy[i] + price);}}return sell[k - 1];}
};

#最佳买卖股票时机含冷冻期

动态规划：309.最佳买卖股票时机含冷冻期 (opens new window)可以多次买卖但每次卖出有冷冻期1天。

相对于动态规划：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)，本题加上了一个冷冻期。

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int len = prices.size();vector<int> buy(len, INT_MIN);vector<int> sell(len, 0);vector<int> frozen(len, 0);buy[0] = -prices[0]; // 初始买入状态的收益sell[0] = 0;         // 初始卖出状态的收益frozen[0] = 0;        // 初始冷冻期的收益for (int i = 1; i < len; i++) {buy[i] = max(buy[i - 1], frozen[i - 1] - prices[i]); // 买入状态sell[i] = max(sell[i - 1], buy[i - 1] + prices[i]); // 卖出状态frozen[i] = max(frozen[i - 1], sell[i - 1]);          // 冷冻期状态}return max(sell[len - 1], frozen[len - 1]); // 最后的最大收益应从卖出和冷冻期中选}
};

#买卖股票的最佳时机含手续费

动态规划：714.买卖股票的最佳时机含手续费 (opens new window)可以多次买卖，但每次有手续费。

相对于动态规划：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)，本题只需要在计算卖出操作的时候减去手续费就可以了，代码几乎是一样的。

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