Leetcode-股票买卖问题

LeetCode 股票买卖问题

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。

for 状态1 in 状态1的所有取值：
        for 状态2 in 状态2的所有取值：
        for ...
dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)

对于这个问题，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。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：

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，全部穷举就能搞定。

        for 0 <= i < n:
        for 1 <= k <= K:
        for s in {0, 1}:
dp[i][k][s] = max(buy, sell, rest)

解释：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。

/**
 * 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。
 * 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。
 */

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。

状态转移方程如下：

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。

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。

接下来定义 base case：

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。

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])

对于第一个题目：

买卖股票的最佳时机，给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。

代码如下：

public int maxProfit(int[] prices) {

    int n=prices.length;
    //dp数组
    int[][] dp = new int[n][2];
    int dp_i_0,dp_i_1=Integer.MIN_VALUE;
    for(int i=0;i<n;i++) {
        if(i-1==-1) {
            dp[i][0] =0;
            dp[i][1]=-prices[0];
        }else {
            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];
}

public int maxProfit2(int[] prices) {
    // 空间复杂度 O(1) 的解法。
    int n=prices.length;
    //用两个状态值代表相邻的状态节省空间
    int dp_i_0=0,dp_i_1=Integer.MIN_VALUE;
    for(int 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,-prices[i]);
    }
    return dp_i_0;
}

对于第二个题目：

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。
注意：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）
k = +无穷

k 为正无穷，那么就可以认为 k 和 k - 1 是一样的，就不需要k这个维度的因素了

代码如下：

public int maxProfit(int[] prices) {
    //  k 为正无穷，那么就可以认为 k 和 k - 1 是一样的
    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;
}

对于第三题：

最佳买卖股票时机含冷冻期
给定一个整数数组，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 。​
设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:
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)。

在这里，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：

// 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 。

代码如下：

public int maxProfit(int[] prices) {
    // 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 。
    int n = prices.length;
    int dp_i_0=0,dp_i_1=Integer.MIN_VALUE;
    int dp_pre_0=0;// 这里保存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;
}

对于第四题：

给定一个整数数组 prices，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 ；非负整数 fee 代表了交易股票的手续费用。
你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。
返回获得利润的最大值。

每次交易要支付手续费，只要把手续费从利润中减去即可。代码如下：

public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
    int dp_i_0=0,dp_i_1=Integer.MIN_VALUE;
    for(int price:prices) {
        int temp = dp_i_0;
        dp_i_0 = Math.max(dp_i_0,dp_i_1+price);
        dp_i_1 = Math.max(dp_i_1,temp-price-fee);
    }
    return dp_i_0;
}

对于第五题：

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 两笔 交易。
注意：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）。

这道题由于没有消掉 k 的影响，所以必须要对 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];

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：

public int maxProfit(int[] prices) {
    // dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + prices[i])
    // 这里为什么是 dp[i-1][1][0] - prices[i]   dp[i-1][1][0]不是表示前一天最多只能完成1笔交易，在今天买入吗？
    // 解答：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。
    // 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 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;
}

针对第六题：

给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 是一支给定的股票在第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 k 笔交易。

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，此时就不需要k这个维度的因素了。这种情况是之前解决过的。代码如下：

public int maxProfit(int max_k, int[] prices) {
    // 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。
    int n=prices.length;
    if(max_k>n/2) {
        //k = +infinity。
        return maxprofit_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) {
                // base case
                dp[i][k][0] = 0;
                dp[i][k][1] = -prices[0];
                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];
}

public int maxprofit_inf(int[] prices) {
    //k = +infinity
    int dp_i_0 = 0,dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
    for(int price: prices) {
        int temp = dp_i_0;
        dp_i_0 = Math.max(dp_i_0,dp_i_1+price);
        dp_i_1=Math.max(dp_i_1,temp-price);
    }
    return dp_i_0;
}