一文总结买卖股票的最佳时机的所有情况（附Python代码）
序言：
在数据结构与算法中的动态规划部分，买卖股票系列题目多，题解相似，值得对比总结一下。希望小伙伴们在看过这篇文章之后，可以对动态规划系列有一个清晰的认识，那么我们开始吧。
【注】本文部分参考于{代码随想录}公众号，想看详细解说的可以移步。
Leedcode121.买卖股票的最佳时机
问题描述：
股票只能买卖一次，求最大利润
解题思路：
dp[i][0] 表示第i天持有股票所剩得现金。（负的，即花了多少钱）
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得现金。
如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来：
（1）第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金即：dp[i - 1][0]
（2）第i天买入股票，所得现金就是买入今天的股票后所得现金即：-prices[i] 所以dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
如果第i天不持有股票即dp[i][1]， 也可以由两个状态推出来
（1）第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金即：dp[i - 1][1]
（2）第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票佳价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0] 所以dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
dp=[[0]*2 for i in range(len(prices))]
dp[0][0]=-prices[0]
for i in range(1,len(prices)):
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[-1][1]
Leedcode122.买卖股票的最佳时机II
问题描述
可以多次买卖股票，问最大收益。
解题思路
dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来
（1）第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
（2）第i天买入股票，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金减去 今天的股票价格 即：dp[i - 1][1] - prices[i]。【注意】这里是和上一题（121.买卖股票的最佳时机）唯一不同的地方
在上一题中，因为股票全程只能买卖一次，所以如果买入股票，那么第i天持有股票即dp[i][0]一定就是 -prices[i]。
而本题，因为一只股票可以买卖多次，所以当第i天买入股票的时候，所持有的现金可能有之前买卖过的利润。
如果第i天不持有股票即dp[i][1]， 也可以由两个状态推出来
（1）第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金即：dp[i - 1][1]
（2）第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票佳价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0] 所以dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
dp=[[0]*2 for i in range(len(prices))]
dp[0][0]=-prices[0]
for i in range(1,len(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-1][0]+prices[i])
return dp[-1][1]
Leedcode123.买卖股票的最佳时机III
问题描述
最多买卖两次，问最大收益。
解题思路
一天一共就有五个状态
0. 没有操作
1.第一次买入
2.第一次卖出
3.第二次买入
4.第二次卖出
dp[i][j]中 i表示第i天，j为 [0 - 4] 五个状态，dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金。
达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：
（1）第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]
（2）第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]
dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
同理dp[i][2]也有两个操作：
（1）第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
（2）第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])
同理可推出剩下状态部分：
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]);
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
dp=[[0]*2 for i in range(len(prices))]
dp[0][0]=-prices[0]
for i in range(1,len(prices)):
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[-1][1]
Leedcode188.买卖股票的最佳时机IV
问题描述
最多买卖k笔交易，问最大收益。
解题思路
使用二维数组 dp[i][j] ：第i天的状态为j，所剩下的最大现金是dp[i][j]
j的状态表示为：
0 表示不操作
1 第一次买入
2 第一次卖出
3 第二次买入
4 第二次卖出
…
也就是说：除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入。
达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：
（1）第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i - 1][0] - prices[i]
（2）第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]
dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][0]);
同理dp[i][2]也有两个操作：
（1）第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
（2）第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
dp[i][2] = max(dp[i - 1][i] + prices[i], dp[i][2])
class Solution:
def maxProfit(self, k: int, prices: List[int]) -> int:
if len(prices)==0:
return 0
n=2*k+1
dp=[[0]*n for i in range(len(prices))] #n列
for j in range(1,n,2):#初始化i=0的情况
dp[0][j]=-prices[0]
for i in range(1,len(prices)):
for j in range(0,n-2,2):
dp[i][j+1]=max(dp[i-1][j+1],dp[i-1][j]-prices[i]) #买入
dp[i][j+2]=max(dp[i-1][j+2],dp[i-1][j+1]+prices[i])#卖出
return dp[-1][-1]
Leedcode309.最佳买卖股票时机含冷冻期
问题描述
可以多次买卖，但每次卖出有冷冻期1天。
解题思路
dp[i][j]：第i天状态为j，所剩的最多现金为dp[i][j]。
具体可以区分出如下四个状态：
状态一：买入股票状态（今天买入股票，或者是之前就买入了股票然后没有操作）
状态二：两天前就卖出了股票，度过了冷冻期，一直没操作，今天保持卖出股票状态
状态三：今天卖出了股票
状态四：今天为冷冻期状态，但冷冻期状态不可持续，只有一天！
达到买入股票状态dp[i][0]，有两个具体操作：
（1）前一天就是持有股票状态（状态一），dp[i][0] = dp[i - 1][0]
（2）今天买入了，有两种情况
（2.1）前一天是冷冻期（状态四），dp[i - 1][3] - prices[i]
（2.2）前一天是保持卖出股票状态（状态二），dp[i - 1][1] - prices[i]
2.1和2.2取最大值，即：max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]
即：dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]);
达到保持卖出股票状态dp[i][1]，有两个具体操作：
（1）前一天就是状态二
（2）前一天是冷冻期（状态四）
即：dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);
达到今天就卖出股票状态dp[i][2] ，只有一个操作：
（1）昨天一定是买入股票状态（状态一），今天卖出
即：dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
达到冷冻期状态dp[i][3]，只有一个操作：
（1）昨天卖出了股票（状态三）
即：p[i][3] = dp[i - 1][2];
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
n = len(prices)
if (n<=1) return 0
dp=[[0]*4 for i in range(n)]
dp[0][0]=-prices[0]
for i in range(1,len(prices)):
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3])
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i]
dp[i][3] = dp[i - 1][2]
return max(dp[n - 1][3],max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]))
Leedcode714.买卖股票的最佳时机含手续费
问题描述
可以多次买卖，但每次有手续费。
解题思路
相对于122.买卖股票的最佳时机II，本题只需要在计算卖出操作的时候减去手续费就可以了，代码几乎是一样的。
dp[i][0] 表示第i天持有股票所省最多现金。
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来
第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
第i天买入股票，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金减去 今天的股票价格 即：dp[i - 1][1] - prices[i]
即：dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);
如果第i天不持有股票即dp[i][1]的情况， 依然可以由两个状态推出来
第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][1]
第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票价格卖出后所得现金，注意这里需要有手续费了即：dp[i - 1][0] + prices[i] - fee
所以：dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i] - fee);
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int], fee: int) -> int:
if len(prices)==0:
return 0
dp=[[0]*2 for i in range(len(prices))]
dp[0][0]=-prices[0]
for i in range(1,len(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 - 1][0] + prices[i] - fee)
return max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1])
总结
好啦，以上就是关于动态规划中买卖股票的最佳时机的所有情况啦，喜欢的小伙伴可以点个赞哦，若是能关注就更好啦，作者会不定期更新总结Leedcode题解，以及发布一些关于机器视觉的内容~