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动态规划系列/团灭股票问题.md
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# 团灭 LeetCode 股票买卖问题
<!-- [团灭 LeetCode 股票买卖问题](https://mp.weixin.qq.com/s/4nqJMIyCKQD7IJ-HI6S3Vg) -->
<p align='center'>
<a href="https://github.com/labuladong/fucking-algorithm" target="view_window"><img alt="GitHub" src="https://img.shields.io/github/stars/labuladong/fucking-algorithm?label=Stars&style=flat-square&logo=GitHub"></a>
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</p>
![](../pictures/souyisou.png)
![](../pictures/souyisou1.png)
**《labuladong 的算法秘籍》、《labuladong 的刷题笔记》两本 PDF 和刷题插件 2.0 免费开放下载，详情见 [labuladong 的刷题三件套正式发布](https://mp.weixin.qq.com/s/yN4cHQRsFa5SWlacopHXYQ)**~
读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
[买卖股票的最佳时机](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock)
[121. 买卖股票的最佳时机（简单）](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/)
[买卖股票的最佳时机 II](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/)
[122. 买卖股票的最佳时机 II（简单）](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/)
[买卖股票的最佳时机 III](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/)
[123. 买卖股票的最佳时机 III（困难）](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/)
[买卖股票的最佳时机 IV](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/)
[188. 买卖股票的最佳时机 IV（困难）](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/)
[最佳买卖股票时机含冷冻期](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown/)
[309. 最佳买卖股票时机含冷冻期（中等）](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown/)
[买卖股票的最佳时机含手续费](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/)
[714. 买卖股票的最佳时机含手续费（中等）](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/)
**-----------**
......@@ -37,15 +38,15 @@
```cpp
int maxProfit(vector<int>& prices) {
if(prices.empty()) return 0;
int s1=-prices[0],s2=INT_MIN,s3=INT_MIN,s4=INT_MIN;
for(int i=1;i<prices.size();++i) {
int s1 = -prices[0], s2 = INT_MIN, s3 = INT_MIN, s4 = INT_MIN;
for(int i = 1; i < prices.size(); ++i) {
s1 = max(s1, -prices[i]);
s2 = max(s2, s1+prices[i]);
s3 = max(s3, s2-prices[i]);
s4 = max(s4, s3+prices[i]);
s2 = max(s2, s1 + prices[i]);
s3 = max(s3, s2 - prices[i]);
s4 = max(s4, s3 + prices[i]);
}
return max(0,s4);
return max(0, s4);
}
```
......@@ -57,17 +58,17 @@ int maxProfit(vector<int>& prices) {
![](../pictures/%E8%82%A1%E7%A5%A8%E9%97%AE%E9%A2%98/title.png)
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。
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。
如果你还不熟悉题目，可以去 LeetCode 查看这些题目的内容，本文为了节省篇幅，就不列举这些题目的具体内容了。下面言归正传，开始解题。
**一、穷举框架**
### 一、穷举框架
首先，还是一样的思路：如何穷举？这里的穷举思路和上篇文章递归的思想不太一样。
首先，还是一样的思路：如何穷举？
递归其实是符合我们思考的逻辑的，一步步推进，遇到无法解决的就丢给递归，一不小心就做出来了，可读性还很好。缺点就是一旦出错，你也不容易找到错误出现的原因。比如上篇文章的递归解法，肯定还有计算冗余，但确实不容易找到。
[动态规划核心套路](../动态规划系列/动态规划详解进阶.md) 说过，动态规划算法本质上就是穷举「状态」，然后在「选择」中选择最优解。
而这里，我们不用递归思想进行穷举，而是利用「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。
那么对于这道题，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。
```python
for 状态1 in 状态1的所有取值：
......@@ -76,14 +77,18 @@ for 状态1 in 状态1的所有取值：
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。
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。
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：
**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：
```python
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
0 <= i <= n - 1, 1 <= k <= K
n 为天数，大 K 为交易数的上限，0 和 1 代表是否持有股票。
此问题共 n × K × 2 种状态，全部穷举就能搞定。
for 0 <= i < n:
......@@ -94,54 +99,76 @@ for 0 <= i < n:
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。
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 `dp[n - 1][K][1]` 代表到最后一天手上还持有股票，`dp[n - 1][K][0]` 表示最后一天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。
**二、状态转移框架**
### 二、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」。
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。
只看「持有状态」，可以画个状态转移图：
![](../pictures/%E8%82%A1%E7%A5%A8%E9%97%AE%E9%A2%98/1.png)
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：
```
```python
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
max( 选择 rest , 选择 sell )
max( 今天选择 rest, 今天选择 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。
解释：今天我没有持有股票，有两种可能，我从这两种可能中求最大利润：
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 )
1、我昨天就没有持有，且截至昨天最大交易次数限制为 `k`；然后我今天选择 `rest`，所以我今天还是没有持有，最大交易次数限制依然为 `k`。
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。
2、我昨天持有股票，且截至昨天最大交易次数限制为 `k`；但是今天我 `sell` 了，所以我今天没有持有股票了，最大交易次数限制依然为 `k`。
```python
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
max( 今天选择 rest, 今天选择 buy )
```
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。
解释：今天我持有着股票，最大交易次数限制为 `k`，那么对于昨天来说，有两种可能，我从这两种可能中求最大利润：
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。
1、我昨天就持有着股票，且截至昨天最大交易次数限制为 `k`；然后今天选择 `rest`，所以我今天还持有着股票，最大交易次数限制依然为 `k`。
2、我昨天本没有持有，且截至昨天最大交易次数限制为 `k - 1`；但今天我选择 `buy`，所以今天我就持有股票了，最大交易次数限制为 `k`。
> 这里着重提醒一下，时刻牢记「状态」的定义，`k` 的定义并不是「已进行的交易次数」，而是「最大交易次数的上限限制」。如果确定今天进行一次交易，且要保证截至今天最大交易次数上限为 `k`，那么昨天的最大交易次数上限必须是 `k - 1`。
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。
注意 `k` 的限制，在选择 `buy` 的时候相当于开启了一次交易，那么对于昨天来说，交易次数的上限 `k` 应该减小 1。
> 修正：以前我以为在 `sell` 的时候给 `k` 减小 1 和在 `buy` 的时候给 `k` 减小 1 是等效的，但细心的读者向我提出质疑，经过深入思考我发现前者确实是错误的，因为交易是从 `buy` 开始，如果 `buy` 的选择不改变交易次数 `k` 的约束，会出现交易次数超出限制的的错误。
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。
```python
dp[-1][...][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][...][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。
dp[...][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[...][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。
```
把上面的状态转移方程总结一下：
```
```python
base case：
dp[-1][k][0] = dp[i][0][0] = 0
dp[-1][k][1] = dp[i][0][1] = -infinity
dp[-1][...][0] = dp[...][0][0] = 0
dp[-1][...][1] = dp[...][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])
......@@ -150,13 +177,13 @@ dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
读者可能会问，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。
**三、秒杀题目**
### 三、秒杀题目
**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：
```
```python
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])
......@@ -180,34 +207,47 @@ for (int i = 0; i < n; 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：
显然 `i = 0` 时 `i - 1` 是不合法的索引，这是因为我们没有对 `i` 的 base case 进行处理，可以这样给一个特化处理：
```java
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]) = 0
dp[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]);
if (i - 1 == -1) {
dp[i][0] = 0;
// 根据状态转移方程可得：
// dp[i][0]
// = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])
// = max(0, -infinity + prices[i]) = 0
dp[i][1] = -prices[i];
// 根据状态转移方程可得：
// dp[i][1]
// = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])
// = max(-infinity, 0 - prices[i])
// = -prices[i]
continue;
}
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):
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):
```java
// k == 1
// 原始版本
int maxProfit_k_1(int[] prices) {
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (i - 1 == -1) {
// base case
dp[i][0] = 0;
dp[i][1] = -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];
}
// 空间复杂度优化版本
int maxProfit_k_1(int[] prices) {
int n = prices.length;
// base case: dp[-1][0] = 0, dp[-1][1] = -infinity
......@@ -222,11 +262,11 @@ int maxProfit_k_1(int[] prices) {
}
```
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。
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，你可以对比一下如何把 `dp` 数组的空间优化掉。
**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：
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：
```python
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
......@@ -241,6 +281,24 @@ dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])
直接翻译成代码：
```java
// 原始版本
int maxProfit_k_inf(int[] prices) {
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (i - 1 == -1) {
// base case
dp[i][0] = 0;
dp[i][1] = -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], dp[i-1][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];
}
// 空间复杂度优化版本
int maxProfit_k_inf(int[] prices) {
int n = prices.length;
int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
......@@ -255,9 +313,9 @@ int maxProfit_k_inf(int[] prices) {
**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：
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：
```
```python
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 。
......@@ -266,6 +324,35 @@ dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0] - prices[i])
翻译成代码：
```java
// 原始版本
int maxProfit_with_cool(int[] prices) {
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (i - 1 == -1) {
// base case 1
dp[i][0] = 0;
dp[i][1] = -prices[i];
continue;
}
if (i - 2 == -1) {
// base case 2
dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
// i - 2 小于 0 时根据状态转移方程推出对应 base case
dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
// dp[i][1]
// = max(dp[i-1][1], dp[-1][0] - prices[i])
// = max(dp[i-1][1], 0 - prices[i])
// = max(dp[i-1][1], -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], dp[i-2][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];
}
// 空间复杂度优化版本
int maxProfit_with_cool(int[] prices) {
int n = prices.length;
int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
......@@ -284,16 +371,41 @@ int maxProfit_with_cool(int[] prices) {
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：
```
```python
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：
> 如果直接把 `fee` 放在第一个式子里减，会有测试用例无法通过，错误原因是整型溢出而不是思路问题。一种解决方案是把代码中的 `int` 类型都改成 `long` 类型，避免 `int` 的整型溢出。
直接翻译成代码，注意状态转移方程改变后 base case 也要做出对应改变：
```java
// 原始版本
int maxProfit_with_fee(int[] prices, int fee) {
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (i - 1 == -1) {
// base case
dp[i][0] = 0;
dp[i][1] = -prices[i] - fee;
// dp[i][1]
// = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee)
// = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i] - fee)
// = max(-inf, 0 - prices[i] - fee)
// = -prices[i] - fee
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], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee);
}
return dp[n - 1][0];
}
// 空间复杂度优化版本
int maxProfit_with_fee(int[] prices, int fee) {
int n = prices.length;
int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
......@@ -308,12 +420,12 @@ int maxProfit_with_fee(int[] prices, int fee) {
**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。
`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。我们直接写代码，边写边分析原因。
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。我们直接写代码，边写边分析原因。
```java
原始的动态转移方程，没有可化简的地方
原始的状态转移方程，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])
```
......@@ -323,8 +435,13 @@ dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
```java
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*/ }
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (i - 1 == -1) {
// 处理 base case
dp[i][k][0] = 0;
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]);
}
......@@ -333,37 +450,66 @@ 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。比如说第一题，k = 1：
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。
「代码截图」
这道题由于没有消掉 k 的影响，所以必须要对 k 进行穷举：
比如说第一题，`k = 1` 时的代码框架：
```java
int max_k = 2;
int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][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]);
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];
```
但当 `k = 2` 时，由于没有消掉 `k` 的影响，所以必须要对 `k` 进行穷举：
```java
// 原始版本
int maxProfit_k_2(int[] prices) {
int max_k = 2, n = prices.length;
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] = 0;
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]);
}
}
// 穷举了 n × max_k × 2 个状态，正确。
return dp[n - 1][max_k][0];
}
// 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。
> **PS：这里肯定会有读者疑惑，`k` 的 base case 是 0，按理说应该从 `k = 1, k++` 这样穷举状态 `k` 才对？而且如果你真的这样从小到大遍历 `k`，提交发现也是可以的**。
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 的情况全部列举出来也可以：
这个疑问很正确，因为我们前文 [动态规划答疑篇](../动态规划系列/最优子结构.md) 有介绍 `dp` 数组的遍历顺序是怎么确定的，主要是根据 base case，以 base case 为起点，逐步向结果靠近。
但为什么我从大到小遍历 `k` 也可以正确提交呢？因为你注意看，`dp[i][k]` 不会依赖 `dp[i][k - 1]`，而是依赖 `dp[i - 1][k - 1]`，对于 `dp[i - 1][...]`，都是已经计算出来的。所以不管你是 `k = max_k, k--`，还是 `k = 1, k++`，都是可以得出正确答案的。
那为什么我使用 `k = max_k, k--` 的方式呢？因为这样符合语义。
你买股票，初始的「状态」是什么？应该是从第 0 天开始，而且还没有进行过买卖，所以最大交易次数限制 `k` 应该是 `max_k`；而随着「状态」的推移，你会进行交易，那么交易次数上限 `k` 应该不断减少，这样一想，`k = max_k, k--` 的方式是比较合乎实际场景的。
当然，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 的情况全部列举出来也可以：
```java
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])
// 状态转移方程：
// 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])
// 空间复杂度优化版本
int maxProfit_k_2(int[] prices) {
// base case
int dp_i10 = 0, dp_i11 = Integer.MIN_VALUE;
int dp_i20 = 0, dp_i21 = Integer.MIN_VALUE;
for (int price : prices) {
......@@ -376,28 +522,47 @@ int maxProfit_k_2(int[] prices) {
}
```
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。其实我们可以故弄玄虚，把上述四个变量换成 a, b, c, d。这样当别人看到你的代码时就会大惊失色，对你肃然起敬。
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。其实我们可以故弄玄虚，把上述四个变量换成 `a, b, c, d`。这样当别人看到你的代码时就会大惊失色，对你肃然起敬。
**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？
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。
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。
直接把之前的代码重用：
```java
int maxProfit_k_any(int max_k, int[] prices) {
int n = prices.length;
if (max_k > n / 2)
if (n <= 0) {
return 0;
}
if (max_k > n / 2) {
// 交易次数 k 没有限制的情况
return maxProfit_k_inf(prices);
}
// base case：
// dp[-1][...][0] = dp[...][0][0] = 0
// dp[-1][...][1] = dp[...][0][1] = -infinity
int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];
// k = 0 时的 base case
for (int i = 0; i < n; i++) {
dp[i][0][1] = Integer.MIN_VALUE;
dp[i][0][0] = 0;
}
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]);
if (i - 1 == -1) {
// 处理 i = -1 时的 base case
dp[i][k][0] = 0;
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];
}
......@@ -405,17 +570,14 @@ int maxProfit_k_any(int max_k, int[] prices) {
至此，6 道题目通过一个状态转移方程全部解决。
**四、最后总结**
本文给大家讲了如何通过状态转移的方法解决复杂的问题，用一个状态转移方程秒杀了 6 道股票买卖问题，现在想想，其实也不算难对吧？这已经属于动态规划问题中较困难的了。
关键就在于列举出所有可能的「状态」，然后想想怎么穷举更新这些「状态」。一般用一个多维 dp 数组储存这些状态，从 base case 开始向后推进，推进到最后的状态，就是我们想要的答案。想想这个过程，你是不是有点理解「动态规划」这个名词的意义了呢？
关键就在于列举出所有可能的「状态」，然后想想怎么穷举更新这些「状态」。一般用一个多维 `dp` 数组储存这些状态，从 base case 开始向后推进，推进到最后的状态，就是我们想要的答案。想想这个过程，你是不是有点理解「动态规划」这个名词的意义了呢？
具体到股票买卖问题，我们发现了三个状态，使用了一个三维数组，无非还是穷举 + 更新，不过我们可以说的高大上一点，这叫「三维 DP」，怕不怕？这个大实话一说，立刻显得你高人一等，名利双收有没有，所以给个在看/分享吧，鼓励一下我。
**＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿**
**刷算法，学套路，认准 labuladong，公众号和 [在线电子书](https://labuladong.gitee.io/algo/) 持续更新最新文章**。
......@@ -425,385 +587,3 @@ int maxProfit_k_any(int max_k, int[] prices) {
<p align='center'>
<img src="../pictures/qrcode.jpg" width=200 >
</p>
======其他语言代码======
[买卖股票的最佳时机](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock)
[买卖股票的最佳时机 II](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/)
[买卖股票的最佳时机 III](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/)
[买卖股票的最佳时机 IV](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/)
[最佳买卖股票时机含冷冻期](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown/)
[买卖股票的最佳时机含手续费](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/)
### javascript
**第一题**
[买卖股票的最佳时机](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock)，相当于`k=1`的情形。
```js
var maxProfit = function (prices) {
let n = prices.length;
if (n <= 1) {
return 0;
}
let dp = new Array(n);
dp.fill([0, 0], 0, n)
// base case
// 解释：
// dp[i][0]
// = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])
// = max(0, -infinity + prices[i]) = 0
// dp[0][0] = 0;
// 解释：
// dp[i][1]
// = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])
// = max(-infinity, 0 - prices[i])
// = -prices[i]
dp[0][1] = -prices[0];
// 状态转移
for (let i = 1; 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]
};
```
状态压缩
```js
var maxProfit = function (prices) {
let n = prices.length;
// base case
let dp_i_0 = 0, dp_i_1 = -prices[0];
for (let i = 1; 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;
}
```
**第二题**
[买卖股票的最佳时机 II](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/)，相当于`k = +infinity`的情形。
```js
/**
* @param {number[]} prices
* @return {number}
*/
var maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length;
let dp = new Array(n);
dp.fill([0, 0], 0, n)
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
for (let i = 1; 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],
dp[i - 1][0] - prices[i]
)
}
return dp[n - 1][0]
};
```
状态压缩
```js
/**
* @param {number[]} prices
* @return {number}
*/
var maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length;
// base case
let dp_i_0 = 0, dp_i_1 = -prices[0];
for (let i = 0; i < n; i++) {
// dp[i][0] = Math.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] = Math.max(
// dp[i - 1][1],
// dp[i - 1][0] - prices[i]
// )
dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, dp_i_0 - prices[i])
}
return dp_i_0;
};
```
**第三题**
[最佳买卖股票时机含冷冻期](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown/)，相当于`k = +infinity with cooldown`的情形。
- 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)。
```
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 。
```
```js
/**
* @param {number[]} prices
* @return {number}
*/
var maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length;
if (n < 2) {
return 0;
}
if (n === 2) {
return Math.max(prices[1] - prices[0], 0)
}
let dp = new Array(n);
for (let i = 0; i < n; i++) {
dp[i] = [0, 0]
}
// base case
// dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
dp[1][0] = Math.max(
dp[0][0],
dp[0][1] + prices[1]
)
dp[1][1] = Math.max(
dp[0][1],
dp[0][0] - prices[1]
);
// 状态转移
for (let i = 2; 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],
dp[i - 2][0] - prices[i] // 买被限制在卖一天后了
)
}
return dp[n - 1][0];
};
```
状态压缩
```js
/**
* @param {number[]} prices
* @return {number}
*/
var maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length;
let dp_i_0 = 0;
let dp_i_1 = -Infinity; // 还未买入
let dp_pre_0 = 0; // 代表 dp[i-2][0]
for (let i = 0; i < n; i++) {
let 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;
};
```
**第四题**
[买卖股票的最佳时机含手续费](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/)。`k = +infinity with fee`的情形。
每次交易要支付手续费，只要把手续费从利润中减去即可。
```
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-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。
```
```js
/**
* @param {number[]} prices
* @param {number} fee
* @return {number}
*/
var maxProfit = function(prices, fee) {
let n = prices.length;
let dp = new Array(n);
for (let i = 0; i < n; i++) {
dp[i] = [0, 0]
}
// base case
// dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0] - fee;
// 状态转移
for (let i = 1; 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],
dp[i - 1][0] - prices[i] - fee // 相当于买入股票的价格升高了
)
}
return dp[n - 1][0];
};
```
状态压缩
```js
var maxProfit = function (prices, fee) {
let n = prices.length;
// base case
let dp_i_0 = 0, dp_i_1 = -prices[0] - fee;
for (let i = 0; i < n; i++) {
dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, dp_i_0 - prices[i] - fee)
}
return dp_i_0;
};
```
**第五题**
[买卖股票的最佳时机 III](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/)。`k = 2 `的情形。
```
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。
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。
```
```js
var maxProfit = function(prices) {
//第一次 买入， 卖出的利润
let profit_1_in = -prices[0], profit_1_out = 0;
//继第一次之后，第二次买入卖出的利润
let profit_2_in = -prices[0], profit_2_out = 0;
let n = prices.length;
for (let i = 1; i < n; i++){
profit_2_out = Math.max(profit_2_out, profit_2_in + prices[i]);
//第二次买入后的利润， 第一次卖出的利润 - prices[i]
profit_2_in = Math.max(profit_2_in, profit_1_out - prices[i]);
profit_1_out = Math.max(profit_1_out, profit_1_in + prices[i]);
//第一次买入后，利润为 -prices[i]
profit_1_in = Math.max(profit_1_in, -prices[i]);
}
return profit_2_out;
};
```
**第六题**
[买卖股票的最佳时机 IV](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/)。k = any integer的情形。
```js
/**
* @param {number} k
* @param {number[]} prices
* @return {number}
*/
var maxProfit = function(k, prices) {
if (!prices.length) {
return 0;
}
const n = prices.length;
k = Math.min(k, Math.floor(n / 2));
const buy = new Array(k + 1).fill(0);
const sell = new Array(k + 1).fill(0);
buy[0]= -prices[0]
sell[0] = 0
for (let i = 1; i < k + 1; ++i) {
buy[i] = sell[i] = -Number.MAX_VALUE;
}
for (let i = 1; i < n; ++i) {
buy[0] = Math.max(buy[0], sell[0] - prices[i]);
for (let j = 1; j < k + 1; ++j) {
buy[j] = Math.max(buy[j], sell[j] - prices[i]);
sell[j] = Math.max(sell[j], buy[j - 1] + prices[i]);
}
}
return Math.max(...sell)
};
```
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