leetcode 买卖股票的最佳时机（6种不同的股票交易题）
本文所记录的是最近刷的关于股票交易的算法题，个人认为是学习动态规划比较好的一系列题目，将这个系列的题目做几遍，能够比较好的入门动态规划，根据动态规划的三部曲：状态定义、转移方程、边界条件三个步骤，依次解题，明显感觉对动态规划的认识清晰了不少，特此记录。
- 买卖股票的最佳时机
- 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、
- 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
121. 买卖股票的最佳时机
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。
如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票一次），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意：你不能在买入股票前卖出股票。
示例 1:
输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 5
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。
示例 2:
输入: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
解题思路：
- 状态定义：
dp[i]表示第i天所获得的最大利润
2.状态转移方程：
针对第 i 天所获得的最大利润，分为两种情况：
- 如果第 i 天不持有股票，可能第 i - 1 天时就已经不持股，也可能是在第 i 天时卖出了股票。
- 如果第 i 天仍然持有股票,可能第 i - 1 天还没有卖出股票，那么当前的最大利润应该是第 i - 1 天的最大利润。也可能是之前已经卖出了股票，而在第 i 天时重新购入股票。
dp[i][0] = MAX(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + price[i]);
dp[i][1] = MAX(dp[i - 1][1]， 0 - price[i]);
3.边界条件
dp[0][0] = 0; //第0天不持股，利润为0
dp[0][1] = - price[0] //第0天买入股票。利润为负
代码实现：
#define MAX(a, b) (a > b) ? a : b
int maxProfit(int* prices, int pricesSize){
if (pricesSize == 0 || pricesSize == 1) {
return 0;
}
int** dp = (int**)calloc(pricesSize, sizeof(int*));
for (int i = 0; i < pricesSize; i++) {
dp[i] = (int*)calloc(2, sizeof(int));
}
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = 0 - prices[0]; //边界条件
for (int i = 1; i < pricesSize; i++) {
dp[i][0] = MAX(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = MAX(dp[i - 1][1], 0 - prices[i]);
}
return dp[pricesSize - 1][0];
}
309. 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)。
示例:
输入: [1,2,3,0,2]
输出: 3
解释: 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]
解题思路：
- 状态定义
定义DP[i][0]为第i天不持股时的利润
定义DP[i][1]为第i天持股时的最大利润
2.状态转移方程
针对第 i 天所获得的最大利润，分为两种情况：
- 如果第 i 天不持有股票，可能第 i - 1 天时就已经不持股，也可能是在第 i 天时卖出了股票。
- 如果第 i 天仍然持有股票,可能第 i - 1 天还没有卖出股票，那么当前的最大利润应该是第 i - 1 天的最大利润。也可能是在第 i - 2 天时卖出了股票，之后冻结一天，而在第 i 天时重新购入股票。
dp[i][0] = MAX(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + price[i]);
dp[i][1] = MAX(dp[i - 1][1]， dp[i - 2][0] - price[i]);
3.边界条件
dp[0][0] = 0; //第一天不持股，利润为0
dp[0][1] = -price[0] //第一天需要花钱买入股
dp[1][0] = MAX(dp[0][0], dp[0][1] + price[1]) //第二天不持股
dp[1][1] = MAX(dp[0][1], 0 - price[1]);
代码实现：
#define MAX(a, b) (a > b) ? a : b
int maxProfit(int* prices, int pricesSize){
if (pricesSize == 0 || pricesSize == 1) {
return 0;
}
int** dp = (int**)calloc(pricesSize, sizeof(int*));
for (int i = 0; i < pricesSize; i++) {
dp[i] = (int*)calloc(2, sizeof(int));
}
//dp[i][0]表示第i天不持股
//dp[i][1]表示第i天持股
dp[0][0] = 0; //第一天不持股利润0
dp[0][1] = 0 - prices[0]; //第一天需要花钱买入，因此为负数
dp[1][0] = MAX(dp[0][0], dp[0][1] + prices[1]);
dp[1][1] = MAX(dp[0][1], 0 - prices[1]);
for (int i = 2; i < pricesSize; 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 - 2][0] - prices[i - 1]);
}
return dp[pricesSize - 1][0];
}
714. 买卖股票的最佳时机含手续费
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。
**注意：**这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。
示例 1:
输入: prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出: 8
解释: 能够达到的最大利润:
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 9
总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8.
注意:
0 < prices.length <= 50000.0 < prices[i] < 50000.0 <= fee < 50000.
解题思路：
- 状态定义
定义DP[i][0]为第i天不持股时的利润
定义DP[i][1]为第i天持股时的最大利润
2.状态转移方程
针对第 i 天所获得的最大利润，分为两种情况：
- 如果第 i 天不持有股票，可能第 i - 1 天时就已经不持股，也可能是在第 i 天时卖出了股票，并收取手续费。
- 如果第 i 天仍然持有股票,可能第 i - 1 天还没有卖出股票，那么当前的最大利润应该是第 i - 1 天的最大利润。也可能是在第 i - 1 天时卖出了股票，而在第 i 天时重新购入股票。
dp[i][0] = MAX(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + price[i] - fee); //手续费在买入时收取
dp[i][1] = MAX(dp[i - 1][1]， dp[i - 1][0] - price[i]);
3.边界条件
dp[0][0] = 0; //第一天不持股，利润为0
dp[0][1] = -price[0] //第一天需要花钱买入股
代码实现：
#define MAX(a, b) (a > b) ? a : b
int maxProfit(int* prices, int pricesSize, int fee){
if (pricesSize == 0 || pricesSize == 1) {
return 0;
}
int** dp = (int*)calloc(pricesSize, sizeof(int*));
for (int i = 0; i < pricesSize; i++) {
dp[i] = (int*)calloc(2, sizeof(int));
}
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = 0 - prices[0];
for (int i = 1; i < pricesSize; 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[pricesSize - 1][0];
}
122. 买卖股票的最佳时机 II
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）。
示例 1:
输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 7
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。
示例 2:
输入: [1,2,3,4,5]
输出: 4
解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:
输入: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
提示：
1 <= prices.length <= 3 * 10 ^ 40 <= prices[i] <= 10 ^ 4
解题思路：
1.状态定义
定义DP[i][0]为第i天不持股时的利润
定义DP[i][1]为第i天持股时的最大利润
2.状态转移方程
针对第 i 天所获得的最大利润，分为两种情况：
- 如果第 i 天不持有股票，可能第 i - 1 天时就已经不持股，也可能是在第 i 天时卖出了股票，并收取手续费。
- 如果第 i 天仍然持有股票,可能第 i - 1 天还没有卖出股票，那么当前的最大利润应该是第 i - 1 天的最大利润。也可能是在第 i - 1 天时卖出了股票，而在第 i 天时重新购入股票。
dp[i][0] = MAX(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + price[i]);
dp[i][1] = MAX(dp[i - 1][1]， dp[i - 1][0] - price[i]);
3.边界条件
dp[0][0] = 0; //第一天不持股，利润为0
dp[0][1] = -price[0] //第一天需要花钱买入股
代码实现:
#define MAX(a, b) (a > b) ? a : b
int maxProfit(int* prices, int pricesSize){
if (pricesSize == 0 || pricesSize == 1) {
return 0;
}
int** dp = (int**)calloc(pricesSize, sizeof(int*));
for (int i = 0; i < pricesSize; i++) {
dp[i] = (int*)calloc(2, sizeof(int));
}
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = 0 - prices[0];
for (int i = 1; i < pricesSize; 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[pricesSize - 1][0];
}
123. 买卖股票的最佳时机 III
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）。
示例 1:
输入: [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出: 6
解释: 在第 4 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 。
随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。
示例 2:
输入: [1,2,3,4,5]
输出: 4
解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:
输入: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
解题思路：
1.状态定义
根据题意，最多只能交易两次
定义DP[i][k][0] 为第i天不持股时的利润,第k次交易
定义DP[i][k][1] 为第i天持股时的最大利润，第k次交易
2.状态转移方程
针对第 i 天所获得的最大利润，分为两种情况：
- 如果第 i 天不持有股票，可能第 i - 1 天时就已经不持股，也可能是在第 i 天时卖出了股票，并收取手续费。
- 如果第 i 天仍然持有股票,可能第 i - 1 天还没有卖出股票，那么当前的最大利润应该是第 i - 1 天的最大利润，交易数为***k***。也可能是在第 i - 1 天时卖出了股票，此时可交易数应为 k - 1 。而在第 i 天时重新购入股票。
dp[i][k][0] = MAX(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + price[i]);
dp[i][k][1] = MAX(dp[i - 1][k][1]， dp[i - 1][k - 1][0] - price[i]);
3.边界条件
dp[0][k][0] = 0; //第一天不持股，利润为0
dp[0][k][1] = -price[0] //第一天需要花钱买入股
代码实现：
#define MAX(a, b) (a > b) ? a : b
int maxProfit(int* prices, int pricesSize){
if (pricesSize == 0 || pricesSize == 1) {
return 0;
}
int K = 3;
int dp[pricesSize][K][2];
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for (int i = 1; i < K; i++) {
dp[0][i][0] = 0;
dp[0][i][1] = 0 - prices[0];
}
for (int i = 1; i < pricesSize; i++) {
for (int k = 1; k < K; k++) {
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[pricesSize - 1][K - 1][0];
}
188. 买卖股票的最佳时机 IV
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 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）。
示例 1:
输入: [2,4,1], k = 2
输出: 2
解释: 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 。
示例 2:
输入: [3,2,6,5,0,3], k = 2
输出: 7
解释: 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 。
解题思路:
本题与上一题的不同之处在于，未给定k的值。122题，k相当于无穷大，可以多次买卖。123题，给定了k=2，只能交易两次。而本题k为随机数，因此，需要判断k的范围。实际上本题时122和123的杂交题。
1.状态定义
//由于每次交易必然需要买入和卖出，因此，k < pricesize / 2;当 k > pricesize 时，就相当于122题
定义DP[i][k][0] 为第i天不持股时的利润,第k次交易
定义DP[i][k][1] 为第i天持股时的最大利润，第k次交易
2.状态转移方程
针对第 i 天所获得的最大利润，分为两种情况：
- 如果第 i 天不持有股票，可能第 i - 1 天时就已经不持股，也可能是在第 i 天时卖出了股票，并收取手续费。
- 如果第 i 天仍然持有股票,可能第 i - 1 天还没有卖出股票，那么当前的最大利润应该是第 i - 1 天的最大利润，交易数为***k***。也可能是在第 i - 1 天时卖出了股票，此时可交易数应为 k - 1 。而在第 i 天时重新购入股票。
dp[i][k][0] = MAX(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + price[i]);
dp[i][k][1] = MAX(dp[i - 1][k][1]， dp[i - 1][k - 1][0] - price[i]);
3.边界条件
dp[0][k][0] = 0; //第一天不持股，利润为0
dp[0][k][1] = -price[0] //第一天需要花钱买入股
代码实现：
#define MAX(a, b) (a > b) ? a : b
int maxProfit_inf(int* prices, int pricesSize){
if (pricesSize == 0 || pricesSize == 1) {
return 0;
}
int** dp = (int**)calloc(pricesSize, sizeof(int*));
for (int i = 0; i < pricesSize; i++) {
dp[i] = (int*)calloc(2, sizeof(int));
}
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = 0 - prices[0];
for (int i = 1; i < pricesSize; 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[pricesSize - 1][0];
}
int maxProfit(int k, int* prices, int pricesSize){
if (pricesSize == 0 || pricesSize == 1) {
return 0;
}
if (k > pricesSize / 2) {
return maxProfit_inf(prices, pricesSize);
}
int dp[pricesSize][k + 1][2]; //交易次数从k = 1算起，因此赋值时赋k + 1,如果把0当作第
memset(dp, 0, sizeof(dp)); //一次交易，则状态转移方程会越界
for (int i = 1; i < k + 1; i++) {
dp[0][i][0] = 0;
dp[0][i][1] = 0 - prices[0];
}
for (int i = 1; i < pricesSize; i++) {
for (int j = 1; j < k + 1; j++) {
dp[i][j][0] = MAX(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
dp[i][j][1] = MAX(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);
}
}
return dp[pricesSize - 1][k][0];
}