LeetCode上的各种股票最大收益

dp数组含义：

本题在某一天共可能有两种状态：

• 持有股票
• 不持有股票

我们构造的 dp 数组的规模为 $2\times n$，在 C++ 中，即为：vector<<vevtor<int>> dp(prices.size(), vector<int> (2, 0));

• $dp[i][0]$ 表示在第 $i$ 天结束后，在持有股票的状态下的最大收益
• $dp[i][1]$ 表示在第 $i$ 天结束后，在不持有股票的状态下的最大收益

递推公式：

• 对于第 $i$ 天持有股票时的收益，即 $dp[i][0]$，可能由以下情况推导而来：

  • 第 $i-1$ 天是也是持有股票的，即当日未进行任何操作：$dp[i-1][0]$

  • 第 $i-1$ 天是未持有股票的，即当日购买了股票，由于我们只能进行一次股票买卖操作，因此在购买股票之前的 $dp[i-1][1]$ 一定是 0，因此应当减去当日股票价格：$0-prices[i]$

  应当取最大值，从而 $dp[i][0]=max(dp[i-1][0],-prices[i])$

• 对于第 $i$ 天未持有股票时的收益，即 $dp[i][1]$，可能由以下情况推导而来：

  • 第 $i-1$ 天是是持有股票的，即当日将股票卖出，应当 $dp[i-1][0]$ 加上当日股票价格：$dp[i-1][0]+prices[i]$
  • 第 $i-1$ 天是未持有股票的，即当日无操作：$prices[i-1][1]$

  应当取最大值，从而 $dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[i])$

初始化：

dp 数组中所有项需在 $dp[0][0]$、$dp[0][1]$ 确定的情况下得到。

• $dp[0][0]$ 表示第一天持有股票，即第一天购入，应为 $-prices[0]$
• $dp[0][1]$ 表示第一天未持有股票，应为 0

遍历顺序：

从前向后

代码：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (2));dp[0][0] = -prices[0], dp[0][1] = 0;for (int i=1; i<lens; ++i) {dp[i][0] = max(dp[i-1][0], -prices[i]);dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + prices[i]);}return dp[lens-1][1];}
};

空间优化：

很明显，第 $i$ 天的情况只依赖于前一天的情况，而与再前面的情况没有关系，因此，我们没有必要维护一整个 dp 数组，而是维护常数变量即可，优化后：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(2, vector<int> (2));dp[0][0] = -prices[0], dp[0][1] = 0;for (int i=1; i<lens; ++i) {dp[1][0] = max(dp[0][0], -prices[i]);dp[1][1] = max(dp[0][1], dp[0][0] + prices[i]);dp[0] = dp[1];}return dp[1][1];}
};

另一种做法：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int ans = 0, prevMin = INT_MAX;for (int n: prices) {ans = max(ans, n - prevMin);prevMin = min(prevMin, n);}return ans;}
};

本题与121 题的唯一区别在于可以多次买卖股票，但要注意同时只能持有一只股票

dp数组含义：

• $dp[i][0]$ 表示在第 $i$ 天结束后，持有股票时的最大收益
• $dp[i][1]$ 表示在第 $i$ 天结束后，不持有股票时的最大收益

递推公式：

注意由于这里与上一题的唯一区别在于允许多次股票买卖，因此递推公式与上面的四种情况基本相同，唯一一点在于由于我们可以进行多次买卖，所以在某次购买股票之前的未持有股票的收益不一定是 0 了（我们可能在这次操作之前已经通过几次操作收获了一些利润）。

即对于 $dp[i][0]$ 在前一日不持有股票的情况从 $0-prices[i]$ 变为了 $dp[i-1][1]-prices[i]$，从而 $dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]-prices[i])$

初始化、遍历顺序与前题类似。

代码：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (2));dp[0][0] = -prices[0], dp[0][1] = 0;for (int i=1; i<lens; ++i) {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]);}return dp[lens-1][1];}
};

注意代码中的唯一区别在于：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] - prices[i]);

原因上面已经解释过。

空间优化的实现与上面也类似，这里就不贴了。

另一种写法：

本题有另一种做法，由于我们可以进行无限次交易且当日即可以买入又可以卖出，所以考虑：

[7, 1, 5, 6] 第二天买入，第四天卖出，收益最大（6-1），所以一般人可能会想，怎么判断不是第三天就卖出了呢? 这里就把问题复杂化了，根据题目的意思，当天卖出以后，当天还可以买入，所以其实可以第三天卖出，第三天买入，第四天又卖出（（5-1）+ （6-5） === 6 - 1）。所以算法可以直接简化为只要今天比昨天大，就卖出。

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int ans = 0;for (int i=1; i<prices.size(); ++i) {int profit = prices[i] - prices[i-1];ans = max(ans, ans + profit);}return ans;}
};

本题相较于前面两题要复杂不少，关键是最多两次交易，即有可能可以是 0，1，2 次交易，我们需要列举处理的情况多了不少。

dp数组的定义：

本题中，我们一共要考虑每一天的五种状态：

• 尚未进行操作
• 第一次买入后
• 第一次卖出后
• 第二次买入后
• 第二次卖出后

注意我们这里要强调各个状态是 买入/卖出 后 ，即不一定是当日买入/卖出，可能是 $i-1$，$i-2$ …日进行的操作，都归为该状态。并且，注意到，这些状态是有序的，即一定是一次经历到的。

由此，我们 dp 数组的含义为：$dp[i][j]$ 表示，第 $i$ 天处于状态 $j$ 时的最大收益。

递推公式：

• 对于第 $i$ 日结束后。处于第一次买入后状态，即 $dp[i][1]$，可能由以下情况推导而来：

  • 前面已经买入，当日未进行操作：$dp[i-1][1]$
  • 当日买入：$dp[i-1][0]-prices[i]$

  取最大值，则有：$dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i])$

• 对于第 $i$ 日处于第一次卖出后，即 $dp[i][2]$，可能由以下情况推导而来：

  • 前面已经卖出，当日未进行任何操作：$dp[i-1][2]$
  • 当日卖出：$dp[i-1][1]+prices[i]$

  则：$dp[i][2]=max(dp[i-1][2],dp[i-1][1]+prices[i])$

• 同理，$dp[i][3]=max(dp[i-1][3],dp[i-1][2]-prices[i])$

• 同理，$dp[i][4]=max(dp[i-1][4],dp[i-1][3]+prices[i])$

代码：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (5));dp[0][1] = -prices[0], dp[0][3] = -prices[0];for (int i=1; i<lens; ++i) {dp[i][0] = dp[i-1][0];dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i]);dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][1] + prices[i]);dp[i][3] = max(dp[i-1][3], dp[i-1][2] - prices[i]);dp[i][4] = max(dp[i-1][4], dp[i-1][3] + prices[i]);}return dp[lens - 1][4];}
};

优化代码：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int fstBuy = INT_MIN, fstSell = 0;int secBuy = INT_MIN, secSell = 0;for (int p: prices) {fstBuy = max(fstBuy, -p);fstSell = max(fstSell, fstBuy + p);secBuy = max(secBuy, fstSell - p);secSell = max(secSell, secBuy + p);}return secSell;}
};

上一题的一般化，分好奇偶即可：

class Solution {
public:int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {if (prices.empty()) return 0;int lens = prices.size();int wide = 2 * k + 1;vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (wide, 0));for (int j=0; j<wide; ++j) if (j % 2 == 1) dp[0][j] = -prices[0];for (int i=1; i<lens; ++i) {dp[i][0] = dp[i-1][0];for (int j=1; j<wide; ++j) {if (j % 2 == 1) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1] - prices[i]);else if (j % 2 == 0) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1] + prices[i]);}}return dp[lens - 1][wide - 1];}
};

dp数组含义：

本题中每天可能的状态有三种：

• 持有股票
• 不持有股票，今天卖出，后一天为冷冻期
• 不持有股票，非今天卖出，后一天不为冷冻期

$dp[i][j]$ 表示第 $i$ 天结束后，在第 $j$ 中状态下的最大收益

递推公式：

• 当日结束后为持有股票状态时，即 $dp[i][0]$ ，可能由以下情况推导而来：

  • 当日买入股票，今天不能是冷冻期， $dp[i-1][2]-prices[i]$
  • 之前就已经买入了股票，当日未进行操作：$dp[i-1][0]$

  则，$dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][2]-prices[i])$

• 当日卖出，即 $dp[i][1]$

  • 今天卖出，前一天必为持股状态，$dp[i-1][0]+prices[i]$

  则，$dp[i][1]=dp[i-1][0]+prices[i]$

• 非当日卖出，即 $dp[i][2]$，可能由以下情况推导而来：

  • 前一日卖出，今日冷冻期，$dp[i-1][1]$
  • 非前一日卖出，今日非冷冻期：$dp[i-1][2]$

  则 $dp[i][2]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][2])$

初始化：除了第一天就买股票 $dp[0][0]=-prices[0]$ 外全 0。

遍历顺序：从前到后即可。

代码：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (3, 0));dp[0][0] = -prices[0];for (int i=1; i<lens; ++i) {dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][2] - prices[i]);dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i];dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][1]);}return max(dp[lens - 1][1], dp[lens - 1][2]);}
};

就加个手续费，和 122 区别不大。

dp数组含义：

本题中每一天结束后有两种状态：持有股票和不持有股票

• $dp[i][0]$ 表示第 $i$ 天结束后处于持股状态时的最大收益
• $dp[i][1]$ 表示第 $i$ 天结束后处于未持股状态时的最大收益

递推公式：

• 对于第 $i$ 天结束后，处于持股状态，即 $dp[i][0]$，可能由两种状态推导得到：

  • 前面买入，当日未进行操作：$dp[i-1][0]$
  • 当日买入，并支付手续费 $dp[i-1][1]-prices[i]-fee$

  则：$dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]-prices[i]-fee)$

• 对于第 $i$ 天结束后，处于未持股状态，即 $dp[i][1]$，可能由两种状态推导得到：

  • 一直未买入或前面已卖出，当日未进行操作：$dp[i-1][1]$
  • 当日卖：$dp[i-1][0]+prices[i]$

  则：$dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[i])$

代码：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {int lens = prices.size();vector<vector<int>> dp(lens, vector<int> (2));dp[0][0] = -prices[0] - fee;for (int i=1; i<lens; ++i) {dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] - prices[i] - fee);dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + prices[i]);}return dp[lens - 1][1];}
};