LeetCode：动态规划中的股票问题【来和我一起用Python炒股吧~】

股票问题是动态规划里面非常非常经典的问题了，本文列举了8道经典题目，都给出了详细的分析。可以发现这些题目的思路都是一致的，只是细节不同而已！赶快刷起来~
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PS. 本文是参考代码随想录做的一些笔记，完整版本请戳链接，非常好的教程！

121. 买卖股票的最佳时机

给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。

---

贪心：左边取最小，右边取最大，得到的差值就是最大利润。

class Solution:
    def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
        res = 0
        low = float("inf")

        for i in range(len(prices)):
            low = min(low, prices[i])
            res = max(res, prices[i] - low)
        
        return res

动态规划：

dp数组的含义：

• dp[i][0]表示第i天持有股票所得最多现金；
• dp[i][1]表示第i天不持有股票所得最多现金。

注意这里说的是“持有”，“持有”不代表就是当天“买入”！也有可能是昨天就买入了，今天保持持有的状态。

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，所得现金就是买入今天的股票后所得现金即：-prices[i]

那么dp[i][0]应该选所得现金最大的，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

• 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佳价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0]

同样dp[i][1]取最大的，dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);

由递推公式可以看出其基础都是要从dp[0][0]和dp[0][1]推导出来。那么dp[0][0]表示第0天持有股票，此时的持有股票就一定是买入股票了，因为不可能有前一天推出来，所以dp[0][0] -= prices[0];dp[0][1]表示第0天不持有股票，不持有股票那么现金就是0，所以dp[0][1] = 0;

class Solution:
    def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
        # dp[i][0]表示第i天持有股票所得最多现金；
        # dp[i][1]表示第i天不持有股票所得最多现金。
        dp = [[0] * 2 for _ in range(len(prices))]
        dp[0][0] = -prices[0]
        dp[0][1] = 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[len(prices) - 1][1]

从递推公式可以看出，dp[i]只是依赖于dp[i - 1]的状态。那么我们只需要记录 当前天的dp状态和前一天的dp状态就可以了，可以使用滚动数组来节省空间，代码如下：

class Solution:
    def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
        # dp[i][0]表示第i天持有股票所得最多现金；
        # dp[i][1]表示第i天不持有股票所得最多现金。
        dp = [[0] * 2 for _ in range(2)]
        dp[0][0] = -prices[0]
        dp[0][1] = 0

        for i in range(1, len(prices)):
            dp[i % 2][0] = max(dp[(i - 1) % 2][0], -prices[i])
            dp[i % 2][1] = max(dp[(i - 1) % 2][1], dp[(i - 1) % 2][0] + prices[i])
        
        return dp[(len(prices) - 1) % 2][1]

122. 买卖股票的最佳时机 II

给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。返回 你能获得的 最大 利润 。

---

本题和上题的唯一区别本题股票可以买卖多次了。但是需要注意只有一只股票，所以再次购买前要出售掉之前的股票。

动态规划：

dp数组的含义：

• 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

• 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]

在上题中，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。那么第i天持有股票即dp[i][0]，如果是第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]。

在来看看如果第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佳价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0]

class Solution:
    def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
        # dp[i][0]表示第i天持有股票所得最多现金；
        # dp[i][1]表示第i天不持有股票所得最多现金。
        dp = [[0] * 2 for _ in range(len(prices))]
        dp[0][0] = -prices[0]
        dp[0][1] = 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]

贪心：这道题的最终利润是可以分解的：假如第0天买入，第3天卖出，那么利润为：prices[3] - prices[0]。相当于(prices[3] - prices[2]) + (prices[2] - prices[1]) + (prices[1] - prices[0])。此时就是把利润分解为每天为单位的维度，而不是从0天到第3天整体去考虑！那么根据prices可以得到每天的利润序列：(prices[i] - prices[i - 1]).....(prices[1] - prices[0])。

class Solution:
    def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
        res = 0
        for i in range(1, len(prices)):
            diff = prices[i] - prices[i - 1]
            if diff >= 0:
                res += diff
        
        return res

123. 买卖股票的最佳时机 III【hard】

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）。

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关键在于至多买卖两次，这意味着可以买卖一次，可以买卖两次，也可以不买卖。

一天一共就有五个状态，

0	没有操作
1	第一次买入（持有）
2	第一次卖出
3	第二次买入（持有）
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。

dp[i][1]表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票，可以理解为持有股票。

递推公式：

达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：

• 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i - 1][0] - prices[i]
• 操作二：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]选最大的，所以 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：

• 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
• 操作二：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])。

综上递推公式为：

dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][1])
dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])
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])

发现规律了吗！

dp数组初始化：从递推公式可以看出，需要用到dp[0][0],...,dp[0][4]，所以这些都要初始化！

• 第0天没有操作，就是0，即：dp[0][0] = 0;
• 第0天做第一次买入的操作，dp[0][1] = -prices[0];
• 第0天做第一次卖出的操作，首先卖出的操作一定是收获利润，整个股票买卖最差情况也就是没有盈利即全程无操作现金为0，从递推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收获利润如果比0还小了就没有必要收获这个利润了。所以dp[0][2] = 0;
• 第0天第二次买入操作，第二次买入依赖于第一次卖出的状态，其实相当于第0天第一次买入了，第一次卖出了，然后在买入一次（第二次买入），那么现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。所以第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];
• 同理第二次卖出初始化dp[0][4] = 0。

初始化代码如下：

dp[0][0] = 0
dp[0][1] = -prices[0]
dp[0][2] = 0
dp[0][3] = -prices[0]
dp[0][4] = 0

注意规律！

分析完毕，代码如下：

class Solution:
    def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
        if len(prices) == 0: return 0
        dp = [[0] * 5 for _ in range(len(prices))]

        # 初始化
        dp[0][0] = 0
        dp[0][1] = -prices[0]
        dp[0][2] = 0
        dp[0][3] = -prices[0]
        dp[0][4] = 0

        for i in range(1, len(prices)):
            for j in range(1, 5):
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j - 1] + ((-1) ** (j % 2)) * prices[i], dp[i - 1][j])
        
        return dp[-1][4]

注意：上面的四个递推公式其实有规律在其中的，所以上面的代码这么简洁！发现了这个规律，那么下一题就简单了~

188. 买卖股票的最佳时机 IV【hard】

给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 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）。

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这一题没啥好说的了，注意看上一题的分析，其实把上面的题解改一下就行了，代码如下：

class Solution:
    def maxProfit(self, k: int, prices: List[int]) -> int:
        if len(prices) == 0: return 0
        dp = [[0] * (2 * k + 1) for _ in range(len(prices))]

        # 初始化
        for i in range(1, 2 * k, 2):
            dp[0][i] = -prices[0]
        
        for i in range(1, len(prices)):
            for j in range(1, 2 * k + 1):
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j - 1] + ((-1) ** (j % 2)) * prices[i], dp[i - 1][j])
        
        return dp[-1][2 * k]

309. 最佳买卖股票时机含冷冻期

给定一个整数数组prices，其中第 prices[i] 表示第 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）:

• 卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。

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）。

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dp[i][j]，第i天状态为j，所剩的最多现金为dp[i][j]。

本题出现冷冻期之后，状态比较复杂，例如今天买入股票、今天卖出股票、今天是冷冻期，都是不能操作股票的。 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）
• 卖出股票状态，这里就有两种卖出股票状态
  • 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！

分别用0，1，2，3表示上面四个状态。

注意这里的每一个状态，例如状态一，是买入股票状态并不是说今天已经就买入股票，而是说保存买入股票的状态即：可能是前几天买入的，之后一直没操作，所以保持买入股票的状态。（还是理解为持有股票比较好~）

递推公式：

达到买入股票状态（状态一）即：dp[i][0]，有两个具体操作：

• 操作一：前一天就是持有股票状态（状态一），dp[i][0] = dp[i - 1][0]
• 操作二：今天买入了，有两种情况
  • 前一天是冷冻期（状态四），dp[i - 1][3] - prices[i]
  • 前一天是保持卖出股票状态（状态二），dp[i - 1][1] - prices[i]

所以操作二取最大值，即：max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]
那么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（状态二）即：dp[i][1]，有两个具体操作：

• 操作一：前一天就是状态二
• 操作二：前一天是冷冻期（状态四）

那么，dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);

达到今天就卖出股票状态（状态三），即：dp[i][2] ，只有一个操作：

• 操作一：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（状态四），即：dp[i][3]，只有一个操作：

• 操作一：昨天卖出了股票（状态三）

那么，dp[i][3] = dp[i - 1][2]。

综上，递推公式为：

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];

数组初始化

• 如果是持有股票状态（状态一）那么：dp[0][0] = -prices[0]，买入股票所剩现金为负数。
• 保持卖出股票状态（状态二），第0天没有卖出dp[0][1]初始化为0就行，
• 今天卖出了股票（状态三），同样dp[0][2]初始化为0，因为最少收益就是0，绝不会是负数。
• 同理dp[0][3]也初始为0。

分析完毕，代码实现如下：

class Solution:
    def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
        if len(prices) == 0: return 0

        dp = [[0] * 4 for _ in range(len(prices))]

        dp[0][0] = -prices[0]

        for i in range(1, len(prices)):
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]) - 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[-1][1:])

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 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。

---

动态规划：相对于122题，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。
唯一差别在于递推公式部分。

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]

所以：dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);

在来看看如果第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)。

代码实现如下：

class Solution:
    def maxProfit(self, prices: List[int], fee: int) -> int:
        if len(prices) == 0: return 0

        dp = [[0] * 2 for _ 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 dp[-1][1]

贪心：如果使用贪心策略，就是最低值买，最高值（如果算上手续费还盈利）就卖。

此时无非就是要找到两个点，买入日期，和卖出日期。

• 买入日期：其实很好想，遇到更低点就记录一下。
• 卖出日期：没有必要算出准确的卖出日期，只要当前价格大于（最低价格+手续费），就可以收获利润，至于准确的卖出日期，就是连续收获利润区间里的最后一天（并不需要计算是具体哪一天）。

所以我们在做收获利润操作的时候其实有三种情况：

• 情况一：收获利润的这一天并不是收获利润区间里的最后一天（不是真正的卖出，相当于持有股票），所以后面要继续收获利润。
• 情况二：前一天是收获利润区间里的最后一天（相当于真正的卖出了），今天要重新记录最小价格了。
• 情况三：不作操作，保持原有状态（买入，卖出，不买不卖）

代码实现如下：

class Solution:
    def maxProfit(self, prices: List[int], fee: int) -> int:
        result = 0
        minPrice = prices[0]  # 记录最小价格

        for i in range(1, len(prices)):
            # 情况二：相当于买入
            if prices[i] < minPrice:
                minPrice = prices[i]
            
            # 情况三：保持原有状态（因为此时买则不便宜，卖则亏本）
            if minPrice <= prices[i]  < minPrice + fee:
                continue
            
            # 计算利润，可能有多次计算利润，最后一次计算利润才是真正意义的卖出
            if prices[i] > minPrice + fee:
                result += prices[i] - minPrice - fee
                minPrice = prices[i] - fee # 情况一，这一步很关键
        
        return result

从代码中可以看出对情况一的操作，因为如果还在收获利润的区间里，表示并不是真正的卖出，而计算利润每次都要减去手续费，所以要让minPrice = prices[i] - fee，这样在明天收获利润的时候，才不会多减一次手续费！怎么理解呢？

如果当前的股票价格prices[i]大于minPrice + fee，那么我们直接卖出股票并且获得prices[i]−buy的收益。但实际上，我们此时卖出股票可能并不是全局最优的（例如下一天股票价格继续上升），因此我们可以提供一个反悔操作，看成当前手上拥有一支买入价格为prices[i]的股票，将 minPrice更新为prices[i] - fee。这样一来，如果下一天股票价格继续上升，我们会获得 prices[i+1]−prices[i] 的收益，加上这一天prices[i] - minPrice - fee的收益，恰好就等于在这一天不进行任何操作，而在下一天卖出股票的收益。

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持续更新…