From c185c1ea8914dcb292643d889d75165abd819c2e Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: labuladong Date: Fri, 10 Dec 2021 11:07:38 +0800 Subject: [PATCH] update --- ...41\347\245\250\351\227\256\351\242\230.md" | 772 +++++++----------- 1 file changed, 276 insertions(+), 496 deletions(-) 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 02a3336..9e964d5 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 +

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-![](../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) -}; -``` - -- GitLab