[leetcode] 股票问题
参考文章：
其实文章 [1] 是文章 [2] 的「二次创作」，建议先阅读 [2] 后再阅读 [1] 。文章 [2] 最大的亮点是使用了状态机图对股票问题进行建模和描述，我觉得是写得很好的文章（因为动态规划最原始的数学模型就是状态机）。
本文通过的题目有：
- 题目[121]：买卖股票的最佳时机
- 题目[122]：买卖股票的最佳时机 II
- 题目[123]：买卖股票的最佳时机 III
- 题目[188]：买卖股票的最佳时机 IV
- 题目[309]：最佳买卖股票时机含冷冻期
- 题目[714]：买卖股票的最佳时机含手续费
预备知识
股票买卖问题的本质是状态穷举。或者说，其实大部分动态规划问题都是状态穷举，只不过是某个状态的计算不是从初始条件开始计算，而是依赖于已经计算过的若干个状态。
股票问题面临的因素有三个：天数 \(N\) 、最大交易次数 \(K\) 、在某天股票的持有状态 \(S(S\in\{0,1\})\) 。
- 状态定义
dp[i][k][s] 表示在第 i 天，最大交易次数为 k ，当前股票持状态为 s 的情况下的最大利润。其中，\(0 \le i \le n-1, 1 \le k \le K, 0 \le s \le 1\) .
显然，股票问题所需的结果是 dp[n-1][K][0] 。为什么不是 dp[n-1][K][1] 呢？因为该状态表示持有股票，最后需要的结果当然是不持有股票的，卖出才具有最大利润。
- 转移方程
假设在第 i 天，最大交易次数为 k ，进行操作后没有持有股票，该状态依赖于：
- 第
i-1天持有股票，但是第i天卖出，即dp[i-1][k][1] + price[i]。 - 第
i-1天就不持有股票，即dp[i-1][k][0]。
假设在第 i 天，最大交易次数为 k ，进行操作后持有股票，该状态依赖于：
- 第
i-1天就持有股票，第i天什么都不做，即dp[i-1][k][1]。 - 第
i-1天不持有股票，第i天购入股票，即dp[i-1][k-1][0] - price[i]。因为第i天需要进行一次交易操作，所以要求前一天的交易次数减一。
所以有：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + price[i]) if i>=1 and k>=1 dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - price[i]) if i>=1 and k>=1 dp[0][k][0] = 0 if i==0 and k>=1 dp[0][k][1] = -price[0] if i==0 and k>=1
第三个下标只有 0 和 1 ，所以我个人更偏向于将这个三维数组拆分为 2 个二维数组：
dp0[i][k] = max(dp0[i-1][k], dp1[i-1][k] + price[i]) if i>=1 and k>=1 dp1[i][k] = max(dp1[i-1][k], dp0[i-1][k-1] - price[i]) if i>=1 and k>=1
本文就采用 2 个二维数组的形式去解题。
- 边界条件
边界的发生主要发生在变量 i 和 k 上，具体条件是 i == -1 和 k == 0 。
dp[-1][k][0] = 0, dp[-1][k][1] = -INF dp[i][0][0] = 0, dp[i][0][1] = -INF
dp[-1][k][0] 表示允许交易（即 \(k \ge 1\)），但时间未开始（一个形象比喻：股票交易市场未开市），手上未持有股票，利润固然为 0 .
dp[i][0][0] 表示不允许交易，股票市场开市，所以利润为 0 .
dp[-1][k][1] 表示允许交易，股票市场未开市，但手中已持有股票，该状态是不可能的。
dp[i][0][1] 表示不允许交易，股票市场开市，但手中已持有股票，该状态也是不可能的。
因为求解过程中需要取 max ，所以不可能状态以最小值 -INF 表示。
买卖股票的最佳时机
题目[121]：??链接 。
这里 \(K = 1\) ，代入状态转移方程可得：
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + price[i]) if i>=1 dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - price[i]) if i>=1
由于 dp[i-1][0][0] 表示不允许交易，且未持有股票，所以为 0 . 因此：
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + price[i]) if i>=1 dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], -price[i]) if i>=1
（请注意此处的处理与下面 “买卖股票的最佳时机 Ⅱ” 的区别！）
可以发现，该方程与 K 无关，因此可以进一步简化：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + price[i]) if i>=1 dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -price[i]) if i>=1
dp[i] 只依赖于上一个状态，因此可进行空间优化：
dp0 = max(dp0, dp1 + price[i]) if i>=1 dp1 = max(dp1, -price[i]) if i>=1
初始状态，第 0 天，dp0 = 0 表示在第 0 天未持有股票；dp1 = -price[0] 表示在第 0 天购入股票。
代码如下：
int maxProfit(vector<int> &prices)
{
if (prices.size() == 0) return 0;
int dp0 = 0, dp1 = -prices[0];
for (int x : prices)
{
dp0 = max(dp0, dp1 + x);
dp1 = max(dp1, -x);
}
return dp0;
}在这篇文章中，还有一个适合新手理解的方法，现在发现二者是一致的，dp1 实际上就是 minval 。
int maxProfit(vector<int> &prices)
{
int minval = 0x3f3f3f3f;
int maxval = 0;
for (auto x : prices)
{
minval = min(x, minval);
maxval = max(x - minval, maxval);
}
return maxval;
}买卖股票的最佳时机 II
题目[122]：买卖股票的最佳时机 II 。
这里允许无限次交易，即 \(K = + \infty\) .
转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + price[i]) if i>=1 and k>=1 dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - price[i]) if i>=1 and k>=1
由于 k 是无穷大，因此 k-1 也是无穷大。所以，方程与 k 无关。
dp0[i] = max(dp0[i-1], dp1[i-1] + price[i]) if i>=1 dp1[i] = max(dp1[i-1], dp0[i-1] - price[i]) if i>=1
空间优化：
dp0 = max(dp0, dp1 + price[i]) if i>=1 dp1 = max(dp1, dp0 - price[i]) if i>=1
初始状态：dp0 = 0, dp1 = -price[0] .
代码：
int maxProfit(vector<int> &prices)
{
if (prices.size() == 0) return 0;
int dp0 = 0, dp1 = -prices[0], t;
for (int x : prices)
t = dp0, dp0 = max(dp0, dp1 + x), dp1 = max(dp1, t - x);
return dp0;
}买卖股票的最佳时机 III
题目[123]：买卖股票的最佳时机 III 。
这里 \(K=2\) ，转移方程：
dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + price[i]) if i>=1 dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1], dp[i-1][1][0] - price[i]) if i>=1
对第三个下标降维，分解为 2 个 DP 数组：
dp0[i][2] = max(dp0[i-1][2], dp1[i-1][2] + price[i]) if i>=1 dp1[i][2] = max(dp1[i-1][2], dp0[i-1][1] - price[i]) if i>=1
我的解法
到这一步，要考虑的是怎么求出 dp0[i-1][1] ？它的含义是只允许一次交易，在第 i 天不持有股票的最大利润。显然这就是第一题 “买卖股票的最佳时机” 所求的。
所以，我们先求出 dp0[n][1] 这个数组，用 vector 记录下来。那么状态方程就变为：
dp0[i][2] = max(dp0[i-1][2], dp1[i-1][2] + price[i]) if i>=1 dp1[i][2] = max(dp1[i-1][2], v[i-1] - price[i]) if i>=1
可以发现，这时候与 k=2 无关（即与第二维下标无关）：
dp0[i] = max(dp0[i-1], dp1[i-1] + price[i]) if i>=1 dp1[i] = max(dp1[i-1], v[i-1] - price[i]) if i>=1
空间优化：
dp0 = max(dp0, dp1 + price[i]) if i>=1 dp1 = max(dp1, v[i-1] - price[i]) if i>=1
代码：
int maxProfit3(vector<int> &prices)
{
if (prices.size() == 0) return 0;
vector<int> v(prices.size(), 0); // which is dp0 at above
int t = -prices[0]; // which is dp1 at above
int n = prices.size();
for (int i = 1; i < n; i++)
{
v[i] = max(v[i - 1], t + prices[i]);
t = max(t, -prices[i]);
}
int dp0 = 0, dp1 = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++)
{
dp0 = max(dp0, dp1 + prices[i]);
dp1 = max(dp1, v[i - 1] - prices[i]);
}
return dp0;
}原作者的解法
\(K=2\) 时的转移方程：
dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + price[i]) if i>=1 dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1], dp[i-1][1][0] - price[i]) if i>=1
进一步对 dp[.][1][.] 进一步展开（实际上就是第一题 “买卖股票的最佳时机” 的转移方程）：
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + price[i]) if i>=1 dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - price[i]) if i>=1
综合一下：
dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + price[i]) if i>=1 dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1], dp[i-1][1][0] - price[i]) if i>=1 dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + price[i]) if i>=1 dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], -price[i]) if i>=1
对第二、第三维的下标进行降维：
dp20[i] = max(dp20[i-1], dp21[i-1] + price[i]) if i>=1 dp21[i] = max(dp21[i-1], dp10[i-1] - price[i]) if i>=1 dp10[i] = max(dp10[i-1], dp11[i-1] + price[i]) if i>=1 dp11[i] = max(dp11[i-1], -price[i]) if i>=1
空间优化：
dp20 = max(dp20, dp21 + price[i]) if i>=1 dp21 = max(dp21, dp10 - price[i]) if i>=1 dp10 = max(dp10, dp11 + price[i]) if i>=1 dp11 = max(dp11, dp00 - price[i]) if i>=1
初始状态：dp20=0, dp10=0, dp21=-price[0], dp11=-price[0] .
代码（Ps：把变量名改为 a,b,c,d 马上 bigger 就高了??）：
int maxProfit3(vector<int> &prices)
{
if (prices.size() == 0) return 0;
int dp20 = 0, dp10 = 0, dp21 = -prices[0], dp11 = -prices[0];
for (int x : prices)
{
dp20 = max(dp20, dp21 + x);
dp21 = max(dp21, dp10 - x);
dp10 = max(dp10, dp11 + x);
dp11 = max(dp11, -x);
}
return dp20;
}买卖股票的最佳时机 IV
题目[188]：买卖股票的最佳时机 IV 。
这里的 \(K\) 是一个参数。
转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + price[i]) if i>=1 and k>=1 dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - price[i]) if i>=1 and k>=1
对第三个下标降维（拆解成 2 个二维数组）：
dp0[i][k] = max(dp0[i-1][k], dp1[i-1][k] + price[i]) if i>=1 and k>=1 dp1[i][k] = max(dp1[i-1][k], dp0[i-1][k-1] - price[i]) if i>=1 and k>=1
二维数组形式
超时。当 K = 1000000000, len(prices) = 100000 时，超时。
int maxProfit4(int K, vector<int> &prices)
{
if (prices.size() == 0) return 0;
int n = prices.size();
vector<vector<int>> dp0(n, vector<int>(K + 1, 0));
vector<vector<int>> dp1(n, vector<int>(K + 1, 0));
const int MINVAL = 0x80000000;
dp0[0][0] = 0, dp1[0][0] = MINVAL;
for (int k = 1; k <= K; k++) dp0[0][k] = 0, dp1[0][k] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++) dp0[i][0] = 0, dp1[i][0] = MINVAL;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
for (int k = 1; k <= K; k++)
{
dp0[i][k] = max(dp0[i - 1][k], dp1[i - 1][k] + prices[i]);
dp1[i][k] = max(dp1[i - 1][k], dp0[i - 1][k - 1] - prices[i]);
}
}
return dp0[n - 1][K];
}空间优化：一维数组形式
还是超时了。
方程只出现 i 和 i-1， 先看空间优化后的结果：
dp0[k] = max(dp0[k], dp1[k] + price[i]) if i>=1 and k>=1 dp1[k] = max(dp1[k], dp0[k-1] - price[i]) if i>=1 and k>=1
值得注意的是，在第 2 行中，dp0[k-1] 是旧 dp0 数组的。
因此这种写法是错误的（对 k 正向扫描，所以当计算 dp1[k] 所用到的 dp0[k-1] 已被更新 ）：
for (int i = 1; i < n; i++)
for (int k = 1; k <= K; k++)
{
dp0[k] = max(dp0[k], dp1[k] + prices[i]);
dp1[k] = max(dp1[k], dp0[k - 1] - prices[i]);
}代码：
int maxProfit4Version2(int K, vector<int> &prices)
{
if (prices.size() == 0)
return 0;
const int minval = 0x80000000;
int n = prices.size();
vector<int> dp0(K + 1, 0);
vector<int> dp1(K + 1, -prices[0]);
dp0[0] = 0, dp1[0] = minval;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
vector<int> olddp0(dp0);
for (int k = 1; k <= K; k++)
{
dp0[k] = max(dp0[k], dp1[k] + prices[i]);
dp1[k] = max(dp1[k], olddp0[k - 1] - prices[i]);
}
}
return dp0[K];
}实际上，olddp0 这一临时空间也可以优化（对 k 逆向扫描）：
for (int i = 1; i < n; i++)
for (int k = K; k >= 1; k--)
{
dp0[k] = max(dp0[k], dp1[k] + prices[i]);
dp1[k] = max(dp1[k], dp0[k - 1] - prices[i]);
}原作者解法
对于 prices 的长度为 \(n\) ，那么最多可以交易的次数为 \(n/2\) . 因此当 \(K \ge n/2\) 时，相当于允许进行无限次交易，这时候就变成第二题 “买卖股票的最佳时机 II” 了。
??这就是面向测试用例编程？！
class Solution {
public:
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
return maxProfit4Version2(k, prices);
}
int maxProfit2(vector<int> &prices)
{
if (prices.size() == 0) return 0;
int dp0 = 0, dp1 = -prices[0], t;
for (int x : prices)
t = dp0, dp0 = max(dp0, dp1 + x), dp1 = max(dp1, t - x);
return dp0;
}
int maxProfit4Version2(int K, vector<int> &prices)
{
if (prices.size() == 0) return 0;
if (K >= prices.size() / 2) return maxProfit2(prices);
const int minval = 0x80000000;
int n = prices.size();
vector<int> dp0(K + 1, 0);
vector<int> dp1(K + 1, -prices[0]);
dp0[0] = 0, dp1[0] = minval;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
for (int k = K; k >= 1; k--)
{
dp0[k] = max(dp0[k], dp1[k] + prices[i]);
dp1[k] = max(dp1[k], dp0[k - 1] - prices[i]);
}
}
return dp0[K];
}
};最佳买卖股票时机含冷冻期
题目[309]：最佳买卖股票时机含冷冻期 。
此处，\(K = +\infty\) .
消去 k 后的转移方程：
dp0[i] = max(dp0[i-1], dp1[i-1] + price[i]) if i>=1 dp1[i] = max(dp1[i-1], dp0[i-1] - price[i]) if i>=1
本题新增一个要求：卖出股票后，无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
而在第二个方程中 dp0[i-1] - price[i] 表示今天在昨天的基础买入股票。
因此需要对第二个方程改进，改为在前天的基础上买入股票：
dp0[i] = max(dp0[i-1], dp1[i-1] + prices[i]) if i>=2 dp1[i] = max(dp1[i-1], dp0[i-2] - prices[i]) if i>=2
代码：
int maxProfit5(vector<int> &prices)
{
if (prices.size() <= 1) return 0;
int n = prices.size();
vector<int> dp0(n, 0), dp1(n, 0);
dp0[0] = 0, dp1[0] = -prices[0];
dp0[1] = max(0, prices[1] - prices[0]);
dp1[1] = max(-prices[0], -prices[1]);
for (int i = 2; i < n; i++)
{
dp0[i] = max(dp0[i - 1], dp1[i - 1] + prices[i]);
dp1[i] = max(dp1[i - 1], dp0[i - 2] - prices[i]);
}
return dp0.back();
}空间优化：
int maxProfit5Version2(vector<int> &prices)
{
if (prices.size() <= 1)
return 0;
int n = prices.size();
int dp0 = 0, dp1 = -prices[0], predp0 = 0, t;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
t = dp0;
dp0 = max(dp0, dp1 + prices[i]);
dp1 = max(dp1, predp0 - prices[i]);
predp0 = t;
}
return dp0;
}买卖股票的最佳时机含手续费
题目[714]：买卖股票的最佳时机含手续费 。
此处，\(K = + \infty\) .
直接消去 k 后，转移方程为（实际上就是第二题的转移方程）：
dp0[i] = max(dp0[i-1], dp1[i-1] + price[i]) if i>=1 dp1[i] = max(dp1[i-1], dp0[i-1] - price[i]) if i>=1
每一次交易，需要交付 fee 个单位的利润作为手续费。
假如在卖出股票的时候交手续费，那么有：
dp0[i] = max(dp0[i-1], dp1[i-1] + price[i] - fee) if i>=1 dp1[i] = max(dp1[i-1], dp0[i-1] - price[i]) if i>=1
假如在购入股票的时候交手续费，那么有：
dp0[i] = max(dp0[i-1], dp1[i-1] + price[i]) if i>=1 dp1[i] = max(dp1[i-1], dp0[i-1] - price[i] - fee) if i>=1
PS: 还可以优化空间，就不多写，上面已经写过不少了。
出售股票时交手续费：
int maxProfit6(vector<int> &prices, int fee)
{
if (prices.size() == 0) return 0;
int dp0 = 0, dp1 = -prices[0], t;
for (int x : prices)
{
t = dp0;
dp0 = max(dp0, dp1 + x - fee);
dp1 = max(dp1, t - x);
}
return dp0;
}买入股票时交手续费：
int maxProfit6(vector<int> &prices, int fee)
{
if (prices.size() == 0) return 0;
int dp0 = 0, dp1 = -prices[0] - fee, t;
for (int x : prices)
{
t = dp0;
dp0 = max(dp0, dp1 + x);
dp1 = max(dp1, t - x - fee);
}
return dp0;
}总结
原作者 fun4leetcode 实在太厉害了！????看完之后，6 道股票题都变成模板题了。
所有题目的源代码在这里 。