一个方法团灭 6 道股票问题（动态规划）
很多读者抱怨股票系列问题奇技淫巧太多，如果面试真的遇到这类问题，基本不会想到那些巧妙的办法，怎么办？所以本文拒绝奇技淫巧，而是稳扎稳打，只用一种通用方法解决所用问题，以不变应万变。
这篇文章用状态机的技巧来解决，可以全部提交通过。不要觉得这个名词高大上，文学词汇而已，实际上就是 DP table，看一眼就明白了。
先随便抽出一道题，看看别人的解法：
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 能看懂吧？会做了吗？不可能的，你看不懂，这才正常。就算你勉强看懂了，下一个问题你还是做不出来。为什么别人能写出这么诡异却又高效的解法呢？因为这类问题是有框架的，但是人家不会告诉你的，因为一旦告诉你，你五分钟就学会了，该算法题就不再神秘，变得不堪一击了。
本文就来告诉你这个框架，然后带着你一道一道秒杀。
这 6 道股票买卖问题是有共性的，我们通过对第四题（限制最大交易次数为 k）的分析一道一道解决。因为第四题是一个最泛化的形式，其他的问题都是这个形式的简化。
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。
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。
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。
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。
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...)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。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)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。
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
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。
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：
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。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。
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。
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
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：
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，所以 dp[i-1][0][0] = 0。
现在发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。
可以进行进一步化简去掉所有 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。这是因为我们没有对 i 的 base case 进行处理。可以这样处理：
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，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):
// 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。
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：
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])我们发现数组中的 k 已经不会改变了，也就是说不需要记录 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 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 。
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; // 代表 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即可。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：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：
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。
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])按照之前的代码，我们可能想当然这样写代码（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。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];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。
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 的情况手动列举出来也可以：
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。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。
直接把之前的代码重用：
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？
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，大家不要被各种高大上的名词吓到，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，即可举一反三，逐个击破。
买卖股票的最佳时机
买卖股票的最佳时机 II
买卖股票的最佳时机 III
买卖股票的最佳时机 IV
最佳买卖股票时机含冷冻期
买卖股票的最佳时机含手续费
作者：labuladong
链接：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）