DP - 状态机模型 - LeetCode - 股票买卖 IV + V

DP - 状态机模型 - LeetCode - 股票买卖 IV + V

1、股票买卖 IV

给定一个长度为 N 的数组，数组中的第 i 个数字表示一个给定股票在第 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。

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）。一次买入卖出合为一笔交易。

输入格式
第一行包含整数 N 和 k，表示数组的长度以及你可以完成的最大交易数量。

第二行包含 N 个不超过 10000 的正整数，表示完整的数组。

输出格式
输出一个整数，表示最大利润。

数据范围
1≤N≤105,
1≤k≤100

输入样例1：
3 2
2 4 1
输出样例1：
2

输入样例2：
6 2
3 2 6 5 0 3
输出样例2：
7

样例解释
样例1：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。

样例2：在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。随后，在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入，在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。共计利润 4+3 = 7

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分析：

$有次数限制的股票买卖问题。当次数k>=\frac{n}{2}时，就可以从贪心的角度考虑——$《股票买卖 II》。

$本题从状态机的角度考虑。$

$f[i,j,k]：表示考虑前i天股票，且进行了j次买入操作，当前状态是k的最大收益。$

$$\begin{gathered} k=0or1。 \\ 0：表示当前手上无股票；1：表示当前手上有股票。 \end{gathered}$$

$共有两种状态，四种转移的可能。$

$$\begin{gathered} 当k=0时，当前手上无股票 \\ ①、可能前一天手上就没股票，今天也不买，f[i,j,0]=f[i-1,j,0]。 \\ ②、前一天手上有股票，今天把它卖了，f[i,j,0]=f[i-1,j,1]+w[i]。 \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} 注意，这里我们定义j为已进行的买入操作次数，所以卖出股票时j不会增加1次， \\ 因此②中不是由f[i-1,j-1,1]转移而来的。 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} 当k=1时，当前手上由股票 \\ ①、可能前一天手上就有股票，今天也不卖，f[i,j,1]=f[i-1,j,1]。 \\ ②、前一天手上没股票，今天买入股票，f[i,j,1]=f[i-1,j-1,0]-w[i]。 \end{gathered}$$

$每种状态转移时，分别在两种情况里取一个较大值即可。$

注意：$$\begin{gathered} 求最大值问题，f数组初始化为-\infty 。 \\ 考虑边界问题，根据状态转移方程，f[i][0][0]，i\in [0,n],会被考虑n次，这里要初始化为0。 \end{gathered}$$

代码：

#include
#include
#include

using namespace std;

const int N=100010,inf=0x3f3f3f3f;

int n,k,f[N][110][2],w[N];

int main()
{
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
    
    memset(f,-0x3f,sizeof f);
    for(int i=0;i<=n;i++) f[i][0][0]=0;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=k;j++)
        {
            f[i][j][0]=max(f[i-1][j][0],f[i-1][j][1]+w[i]);
            f[i][j][1]=max(f[i-1][j][1],f[i-1][j-1][0]-w[i]);
        }

    int res=0;
    for(int j=1;j<=k;j++) res=max(res,f[n][j][0]);
    
    cout<<res<<endl;
    
    return 0;
}

---

2、股票买卖 V

给定一个长度为 N 的数组，数组中的第 i 个数字表示一个给定股票在第 i 天的价格。

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)。
输入格式
第一行包含整数 N，表示数组长度。

第二行包含 N 个不超过 10000 的正整数，表示完整的数组。

输出格式
输出一个整数，表示最大利润。

数据范围
1≤N≤105

输入样例：
5
1 2 3 0 2
输出样例：
3

样例解释
对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]，第一笔交易可得利润 2-1 = 1，第二笔交易可得利润 2-0 = 2，共得利润 1+2 = 3。

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分析：

$有天数限制的股票买卖问题。$

$f[i,k]:表示考虑前i天的股票，第i天的状态是k的最大收益。k=0or1or2。$

$0:表示手中有货；1:表示手中无货的第1天。2：表示手中无货的第j天(j>=2)。$

$共3种状态，5种转移的可能。$

$$\begin{gathered} 当k=0时，第i天手中有股票， \\ ①、本来第i-1天手中就有股票，第i天不买，f[i,0]=f[i-1,0]。 \\ ②、本来第i-j天(j>=2)手中没股票，在第i天买入股票，f[i,0]=f[i-1,2]-w[i]。 \end{gathered}$$

$当k=1时，第i天是手中无股票的第1天，即卖掉了前一天手上的股票，f[i,1]=f[i-1,0]+w[i]。$

$$\begin{gathered} 当k=2时，第i天是手中无股票的第j(j>=2)天， \\ ①、j=2，本来第i-1天是没有股票的第1天，f[i,2]=f[i-1,1]。 \\ ②、j>=3，本来第i-1天是没有股票的第j-1天，f[i,2]=f[i-1,2]。 \end{gathered}$$

$对每种状态的子状态取一个较大值即可。$

$$\begin{gathered} 边界的处理： \\ 初始状态是在f[0][2]，f[0][0]=f[0][1]均会被用到，初始化为-\infty 。 \end{gathered}$$

代码：

#include
#include
#include

using namespace std;

const int N=100010;

int n,w[N],f[N][3];

int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
    
    f[0][0]=f[0][1]=-1e9;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        f[i][0]=max(f[i-1][0],f[i-1][2]-w[i]);
        f[i][1]=f[i-1][0]+w[i];
        f[i][2]=max(f[i-1][1],f[i-1][2]);
    }
    
    cout<<max(f[n][1],f[n][2]);
    
    return 0;
}

---