（一）打家劫舍问题
1.打家劫舍
你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，影响你偷窃的唯一制约因素就是相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 不触动警报装置的情况下 ，一夜之内能够偷窃到的最高金额。
示例 1：
输入：[1,2,3,1]
输出：4
解释：偷窃 1 号房屋 (金额 = 1) ，然后偷窃 3 号房屋 (金额 = 3)。
偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4
思路：动态规划
定义状态：dp[i]表示到第 i 个房屋能够偷窃到的最高金额
状态转移方程：dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i])
初始化：dp[0] = nums[0]，dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1])
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
int len = nums.length;
if(nums == null || len < 1)
return 0;
if(len == 1) return nums[0];
int[] dp = new int[len];
dp[0] = nums[0];
dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);
for(int i = 2; i < nums.length; i++){
dp[i] = Math.max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
}
return dp[len - 1];
}
}
2. 打家劫舍 II中等
你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都围成一圈，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你在不触动警报装置的情况下，能够偷窃到的最高金额。
示例 1:
输入: [2,3,2]
输出: 3
解释: 你不能先偷窃 1 号房屋（金额 = 2），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 2）, 因为他们是相邻的。
示例 2:
输入: [1,2,3,1]
输出: 4
解释: 你可以先偷窃 1 号房屋（金额 = 1），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 3）。
偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。
思路：动态规划
相比上一题，区别在于这道题中第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的，也就是第一个房子和最后一个房子中只能选择一个偷窃，因此可以转化为两个子问题：不偷窃最后一个房子和不偷窃第一个房子，取这两种情况的最大值。
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
if(nums.length == 0)
return 0;
if(nums.length == 1)
return nums[0];
if(nums.length == 2){
return Math.max(nums[0],nums[1]);
}
int[] dp1 = new int[nums.length];//不偷窃最后一个
dp1[0] = nums[0];
dp1[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);
for(int i = 2;i < nums.length - 1;i++){
dp1[i] = Math.max(dp1[i-1],dp1[i-2] + nums[i]);
}
int[] dp2 = new int[nums.length];//不偷窃第一个
dp2[1] = nums[1];
dp2[2] = Math.max(nums[1], nums[2]);
for(int i = 3;i < nums.length;i++){
dp2[i] = Math.max(dp2[i-1],dp2[i-2] + nums[i]);
}
return Math.max(dp1[nums.length-2],dp2[nums.length-1]);
}
}
3. 打家劫舍 III(理解不透彻)
在上次打劫完一条街道之后和一圈房屋后，小偷又发现了一个新的可行窃的地区。这个地区只有一个入口，我们称之为“根”。 除了“根”之外，每栋房子有且只有一个“父“房子与之相连。一番侦察之后，聪明的小偷意识到“这个地方的所有房屋的排列类似于一棵二叉树”。 如果两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫，房屋将自动报警。
计算在不触动警报的情况下，小偷一晚能够盗取的最高金额。
思路：动态规划
使用一个大小为 2 的数组来表示 int[] res = new int[2] 0 代表不偷，1 代表偷
任何一个节点能偷到的最大钱的状态可以定义为
当前节点选择不偷：当前节点能偷到的最大钱数 = 左孩子能偷到的钱 + 右孩子能偷到的钱
当前节点选择偷：当前节点能偷到的最大钱数 = 左孩子选择自己不偷时能得到的钱 + 右孩子选择不偷时能得到的钱 + 当前节点的钱数
/**
* Definition for a binary tree node.
* public class TreeNode {
* int val;
* TreeNode left;
* TreeNode right;
* TreeNode(int x) { val = x; }
* }
*/
class Solution {//执行用时：0 ms, 在所有 Java 提交中击败了100.00%的用户
public int rob(TreeNode root) {
int[] result = robInternal(root);
return Math.max(result[0], result[1]);
}
public int[] robInternal(TreeNode root) {
if (root == null) return new int[2];
int[] result = new int[2];
int[] left = robInternal(root.left);
int[] right = robInternal(root.right);
result[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
result[1] = left[0] + right[0] + root.val;
return result;
}
}
（二）股票问题
一个通用方法团灭 6 道股票问题
1. 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。
2. 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）。
3. 买卖股票的最佳时机 III(比较难)
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）。
4. 买卖股票的最佳时机 IV(比较难)
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
5. 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)。
6. 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。
在通用方法的基础上做改进：
使用dp[i][k][0]和dp[i][k][1]表示状态，0表示不持有股票，1表示持有股票
其中dp[i][k][0]表示第i天最多进行k次交易时卖出后的利润，
dp[i][k][1]表示第i天最多进行k次交易时买入后的利润。
定义初始值
dp[-1][k][0] = dp[i][0][0] = 0
dp[-1][k][1] = dp[i][0][1] = -infinity
写出状态转移方程：注意：交易次数必须在买的时候-1（虽然我还没理解）
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])
当k = 1 时，题目为1. 买卖股票的最佳时机
状态转移方程为
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])
当k = +infinity 时，题目为2. 买卖股票的最佳时机 II
此时那么就可以认为 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])
当k = +infinity with cooldown时，题目为5. 最佳买卖股票时机含冷冻期
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
当k = +infinity with fee时，题目为6. 买卖股票的最佳时机含手续费
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。
当k = 2时，题目为3. 买卖股票的最佳时机 III
写出状态转移方程：
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])
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int max_k = 2;
int n = prices.length;
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) {
dp[i][k][0] = 0;
dp[i][k][1] = -prices[i];
continue;
}
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][max_k][0];
}
}
当k = any integer时，题目为 4. 买卖股票的最佳时机 IV
class Solution {//执行用时 :11 ms, 在所有 Java 提交中击败了39.91%的用户
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
int len = prices.length;
if (k > len / 2)
return maxProfit_k_inf(prices);
int[][][] dp = new int[len][k + 1][2];
for (int i = 0; i < len; i++)
for (int j = k; j >= 1; j--) {
if (i - 1 == -1) {
dp[0][j][0] = 0;
dp[0][j][1] = -prices[0];
continue;
}
dp[i][j][0] = Math.max(dp[i-1][j][0], dp[i-1][j][1] + prices[i]);
dp[i][j][1] = Math.max(dp[i-1][j][1], dp[i-1][j-1][0] - prices[i]);
}
return dp[len - 1][k][0];
}
//k为正无穷
int maxProfit_k_inf(int[] prices) {
int len = prices.length;
int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
for (int i = 0; i < len; 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;
}
}