Leetcode-714. 买卖股票的最佳时机含手续费

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z714. 买卖股票的最佳时机含手续费

题目

给定一个整数数组 prices，其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格 ；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

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

示例 2：
输入：prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出：6

说明

• 1 <= prices.length <= 5 * 10e4
• 1 <= prices[i] < 5 * 10e4
• 0 <= fee < 5 * 10e4

思路一 （贪心）

由于股票交易需要手续费，我们可以假设手续费在买入时扣除，因此，买入价格就为price[i]+fee，我们首先假设最低买入价格buy就是price[0]+fee，然后从下标1开始遍历数组：

1. 如果price[i]+fee小于buy，说明有更便宜的买入点，buy就更新为price[i]+fee,这是买入的情况。

2.那么卖出呢？这时候就有讲究了，如果我们严格的找到价格最高的点，题目将变得复杂，我们可以只要遇到价格比buy高的点就卖出，并更新收益，假设这个点为price[k]，由于不知道这个点后面还有没有更高的点，因此，我们只要将buy的值再次设为刚才的卖出点price[k]，而这时不加上fee，后面再遇到更高的点再次执行卖出操作时，就等价于从最早的buy点买入，在最高点卖出，如此便能求出最多能赚的钱，而当后面还有price[i]+fee小于buy的点，我们才真正意义上开始了下一次的买入操作。

C++ Code

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector& prices, int fee) {
        int res=0;
        int buy=prices[0]+fee;
        for(int i=1;ibuy)
            {
                res+=prices[i]-buy;
                buy=prices[i];
            }
        }
        return res;

    }
};

思路二（DP）

我们假设手续费再卖出时支付，定义两种状态：

• 1. dp[i][0]，表示第 i 天结束后不持有股票的最大利润，初始值dp[0][0]为 0
• 2. dp[i][1],   表示第 i 天结束后还持有一只股票（最多只能同时持有一只）的最大利润，初始值 dp[0][1]为-price[0]。

那么，对应的更新公示分别为：

• 1. 对于dp[i][0]来说，第 i 天结束后不持有股票，如果第 i-1 天也没持有股票，那么利润保持不变，还是dp[i-1][0], 而如果第 i-1 天持有了股票，而第 i 天不持有，就说明在第 i 天将股票卖出去了，此时利润就是 dp[i-1][1]+price[i]-fee，也就是将原来的利润加上这天卖出股票的钱再加上手续费。因此，结果就是这两种情况中的最大值，即：
• 
• 2.而对于dp[i][1]来说，第 i 天结束后持有股票，同理，如果第i-1天也持有了股票，说明第i天没进行操作，利润保持不变，还是dp[i-1][1],而如果第i-1天没持有股票，第i天结束后持有了股票，说明第i天进行了购买股票的操作，此时理论就是dp[i-1][0]-price[i]，需要扣除当天买入股票的钱，因此，结果也就是这两种情况的最大值，即：
• 

我们遍历price数组的同时，更新这两个状态转移方程，最终的结果必然是最后一天手里不持有股票的情况，也就是dp[last][0]。

C++ Code

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector& prices, int fee) {
        int n = prices.size();
        vector> dp(n, vector(2));
        dp[0][0] = 0, dp[0][1] = -prices[0];
        for (int i = 1; i < n; ++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[n - 1][0];
    }
};