leetcode股票问题方法收集 转载自微信公众号labuladong

1、穷举框架
首先，仍是同样的思路：如何穷举？这里的穷举思路和上篇文章递归的思想不太同样。

递归实际上是符合咱们思考的逻辑的，一步步推动，遇到没法解决的就丢给递归，一不当心就作出来了，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缘由。好比上篇文章的递归解法，确定还有计算冗余，但确实不容易找到。

而这里，咱们不用递归思想进行穷举，而是利用「状态」进行穷举。咱们具体到每一天，看看总共有几种可能的「状态」，再找出每一个「状态」对应的「选择」。咱们要穷举全部「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的全部取值：
for 状态2 in 状态2的全部取值：
for ...
dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)
好比说这个问题，天天都有三种「选择」：买入、卖出、无操做，咱们用 buy, sell, rest 表示这三种选择。但问题是，并非天天均可以任意选择这三种选择的，由于 sell 必须在 buy 以后，buy 必须在 sell 以后。那么 rest 操做还应该分两种状态，一种是 buy 以后的 rest（持有了股票），一种是 sell 以后的 rest（没有持有股票）。并且别忘了，咱们还有交易次数 k 的限制，就是说你 buy 还只能在 k > 0 的前提下操做。

很复杂对吧，不要怕，咱们如今的目的只是穷举，你有再多的状态，老夫要作的就是一把梭所有列举出来。这个问题的「状态」有三个，第一个是天数，第二个是容许交易的最大次数，第三个是当前的持有状态（即以前说的 rest 的状态，咱们不妨用 1 表示持有，0 表示没有持有）。而后咱们用一个三维数组就能够装下这几种状态的所有组合：

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，所有穷举就能搞定。

for 0 <= i < n:
for 1 <= k <= K:
for s in {0, 1}:
dp[i][k][s] = max(buy, sell, rest)
并且咱们能够用天然语言描述出每个状态的含义，好比说 dp[3][2][1] 的含义就是：今天是第三天，我如今手上持有着股票，至今最多进行 2 次交易。再好比 dp[2][3][0] 的含义：今天是次日，我如今手上没有持有股票，至今最多进行 3 次交易。很容易理解，对吧？

咱们想求的最终答案是 dp[n - 1][K][0]，即最后一天，最多容许 K 次交易，最多得到多少利润。读者可能问为何不是 dp[n - 1][K][1]？由于 [1] 表明手上还持有股票，[0] 表示手上的股票已经卖出去了，很显而后者获得的利润必定大于前者。

记住如何解释「状态」，一旦你以为哪里很差理解，把它翻译成天然语言就容易理解了。

2、状态转移框架
如今，咱们完成了「状态」的穷举，咱们开始思考每种「状态」有哪些「选择」，应该如何更新「状态」。只看「持有状态」，能够画个状态转移图。

 

经过这个图能够很清楚地看到，每种状态（0 和 1）是如何转移而来的。根据这个图，咱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，而后今天选择 rest，因此我今天仍是没有持有；
要么是我昨天持有股票，可是今天我 sell 了，因此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，而后今天选择 rest，因此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，因此今天我就持有股票了。
这个解释应该很清楚了，若是 buy，就要从利润中减去 prices[i]，若是 sell，就要给利润增长 prices[i]。今天的最大利润就是这两种可能选择中较大的那个。并且注意 k 的限制，咱们在选择 buy 的时候，把 k 减少了 1，很好理解吧，固然你也能够在 sell 的时候减 1，同样的。

如今，咱们已经完成了动态规划中最困难的一步：状态转移方程。若是以前的内容你均可以理解，那么你已经能够秒杀全部问题了，只要套这个框架就好了。不过还差最后一点点，就是定义 base case，即最简单的状况。

dp[-1][k][0] = 0
解释：由于 i 是从 0 开始的，因此 i = -1 意味着尚未开始，这时候的利润固然是 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：由于 k 是从 1 开始的，因此 k = 0 意味着根本不容许交易，这时候利润固然是 0 。
dp[i][0][1] = -infinity
解释：不容许交易的状况下，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])
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，有不少方法实现。如今完整的框架已经完成，下面开始具体化。

3、秒杀题目
第一题，k = 1

直接套状态转移方程，根据 base case，能够作一些化简：

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，因此 dp[i-1][0][0] = 0。

如今发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。
能够进行进一步化简去掉全部 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。这是由于咱们没有对 i 的 base case 进行处理。能够这样处理：

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]) = 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]);
}
return dp[n - 1][0];
第一题就解决了，可是这样处理 base case 很麻烦，并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，只须要一个变量储存相邻的那个状态就足够了，这样能够把空间复杂度降到 O(1):

// k == 1
int maxProfit_k_1(int[] prices) {
int n = prices.length;
// base case: dp[-1][0] = 0, dp[-1][1] = -infinity
int 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;
}
两种方式都是同样的，不过这种编程方法简洁不少。可是若是没有前面状态转移方程的引导，是确定看不懂的。后续的题目，我主要写这种空间复杂度 O(1) 的解法。

第二题，k = +infinity

若是 k 为正无穷，那么就能够认为 k 和 k - 1 是同样的。能够这样改写框架：

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])

咱们发现数组中的 k 已经不会改变了，也就是说不须要记录 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：

int maxProfit_k_inf(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;
}
第三题，k = +infinity with cooldown

每次 sell 以后要等一天才能继续交易。只要把这个特色融入上一题的状态转移方程便可：

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：

int maxProfit_with_cool(int[] prices) {
int n = prices.length;
int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
int dp_pre_0 = 0; // 表明 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;
}
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便可。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：至关于买入股票的价格升高了。
在第一个式子里减也是同样的，至关于卖出股票的价格减少了。
直接翻译成代码：

int maxProfit_with_fee(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;
}
第五题，k = 2

k = 2 和前面题目的状况稍微不一样，由于上面的状况都和 k 的关系不太大。要么 k 是正无穷，状态转移和 k 不要紧了；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 是任意正整数的状况中，对 k 的处理就凸显出来了。咱们直接写代码，边写边分析缘由。

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])
按照以前的代码，咱们可能想固然这样写代码（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];
为何错误？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？就是说咱们必须穷举全部状态。其实咱们以前的解法，都在穷举全部状态，只是以前的题目中 k 都被化简掉了。这道题因为没有消掉 k 的影响，因此必需要对 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];
若是你不理解，能够返回第一点「穷举框架」从新阅读体会一下。

这里 k 取值范围比较小，因此能够不用 for 循环，直接把 k = 1 和 2 的状况手动列举出来也能够：

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])

int maxProfit_k_2(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。其实咱们能够故弄玄虚，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一头雾水，大惊失色，不得不对你肃然起敬。

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。可是出现了一个超内存的错误，原来是传入的 k 值会很是大，dp 数组太大了。如今想一想，交易次数 k 最多有多大呢？

一次交易由买入和卖出构成，至少须要两天。因此说有效的限制 k 应该不超过 n/2，若是超过，就没有约束做用了，至关于 k = +infinity。这种状况是以前解决过的。

直接把以前的代码重用：

int maxProfit_k_any(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) { /* 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]);
}
return dp[n - 1][max_k][0];
}
至此，6 道题目经过一个状态转移方程所有解决。

4、最后总结
本文给你们讲了如何经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，如今想一想，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。

关键就在于列举出全部可能的「状态」，而后想一想怎么穷举更新这些「状态」。通常用一个多维 dp 数组储存这些状态，从 base case 开始向后推动，推动到最后的状态，就是咱们想要的答案。想一想这个过程，你是否是有点理解「动态规划」这个名词的意义了呢？

具体到股票买卖问题，咱们发现了三个状态，使用了一个三维数组，无非仍是穷举 + 更新，不过咱们能够说的高大上一点，这叫「三维 DP」，怕不怕？这个大实话一说，马上显得你高人一等，名利双收有没有。

因此，你们不要被各类高大上的名词吓到，再多的困难问题，奇技淫巧，也不过是基本套路的不断升级组合产生的。只要把住算法的底层原理，便可触类旁通，逐个击破。

做者：labuladong连接：https://leetcode-cn.com/problems/two-sum/solution/yi-ge-fang-fa-tuan-mie-6-dao-gu-piao-wen-ti-by-l-3/来源：力扣（LeetCode）著做权归做者全部。商业转载请联系做者得到受权，非商业转载请注明出处。