diff --git "a/\345\212\250\346\200\201\350\247\204\345\210\222\347\263\273\345\210\227/\345\233\242\347\201\255\350\202\241\347\245\250\351\227\256\351\242\230.md" "b/\345\212\250\346\200\201\350\247\204\345\210\222\347\263\273\345\210\227/\345\233\242\347\201\255\350\202\241\347\245\250\351\227\256\351\242\230.md"
index 02a3336f267f386528fe3f939f6508dca13d496a..9e964d5ea77e073cf597ef617a0ad979517c6a97 100644
--- "a/\345\212\250\346\200\201\350\247\204\345\210\222\347\263\273\345\210\227/\345\233\242\347\201\255\350\202\241\347\245\250\351\227\256\351\242\230.md"
+++ "b/\345\212\250\346\200\201\350\247\204\345\210\222\347\263\273\345\210\227/\345\233\242\347\201\255\350\202\241\347\245\250\351\227\256\351\242\230.md"
@@ -1,30 +1,31 @@
# 团灭 LeetCode 股票买卖问题
+
-
+
-![](../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& 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) {
![](../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) {
-======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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