DAY50 309.最佳买卖股票时机含冷冻期 + 714.买卖股票的最佳时机含手续费

309.最佳买卖股票时机含冷冻期

题目要求: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]

思路

本题是可以无限次买卖股票的,那么只需要考虑冷冻期就可以了。dp[i][j]数组代表了第i天,状态j的最大价值。考虑j可以有三个状态,0代表持有股票的状态,1代表不持有股票的状态,2代表正在冷冻期中的状态。但是有一个问题,不持有股票并不代表卖出股票,因此dp[i][2]如何从前一天转移过来是一个问题。

所以要重新考虑j的状态,具体可以区分出如下几种状态:

  • 状态1:持有股票状态(今天买入股票,或者是之前就买入了股票然后没有操作,一直持有)
  • 不持有股票状态,这里有两种卖出股票状态
    • 状态2:保持卖出股票的状态(两天前就卖出了股票,度过一天冷冻期。或者是前一天就是卖出股票状态,一直没操作)
    • 状态3:今天卖出股票
  • 状态4:今天为冷冻期状态,但冷冻期状态不可持续,只有一天!

DAY50 309.最佳买卖股票时机含冷冻期 + 714.买卖股票的最佳时机含手续费_第1张图片

j的状态为:

  • 0:状态一
  • 1:状态二
  • 2:状态三
  • 3:状态四

状态转移方程:

牢记dp[i][j],第i天状态为j,所剩的最多现金为dp[i][j]。

达到持有股票状态(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的状态(状态二),dp[i - 1][1] - prices[i]
  • dp[i][0] = max({dp[i-1][1] - prices[i], dp[i-1][3] - prices[i], dp[i-1][0]}); // 有两种卖出状态可以再次买入,前一天保持卖出状态,或者前一天是冷冻期。

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)
  • 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:

昨天一定是持有股票状态(状态一),今天卖出

  • 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:

昨天卖出了股票(状态三)

  • dp[i][3] = dp[i-1][2];

dp数组的初始化:

保持卖出股票状态(状态二),这里其实从 「状态二」的定义来说 ,很难明确应该初始多少,这种情况我们就看递推公式需要我们给他初始成什么数值。

如果i为1,第1天买入股票,那么递归公式中需要计算 dp[i - 1][1] - prices[i] ,即 dp[0][1] - prices[1],那么大家感受一下 dp[0][1] (即第0天的状态二)应该初始成多少,只能初始为0。想一想如果初始为其他数值,是我们第1天买入股票后 手里还剩的现金数量是不是就不对了。

今天卖出了股票(状态三),同上分析,dp[0][2]初始化为0,dp[0][3]也初始为0。

  • dp[0][0] = -prices[0];
  • dp[0][1] = 0;
  • dp[0][2] = 0;
  • dp[0][3] = 0;
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector& prices) {
       vector> dp(prices.size() + 1, vector(4, 0));
       dp[0][0] = -prices[0];
       dp[0][1] = 0;
       dp[0][2] = 0;
       dp[0][3] = 0;
       for (int i = 1; i < prices.size(); ++i) {
           dp[i][0] = max({dp[i-1][1] - prices[i], dp[i-1][3] - prices[i], dp[i-1][0]});
           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[prices.size()-1][1], dp[prices.size()-1][2], dp[prices.size()-1][3]});
    }
};

714.买卖股票的最佳时机含手续费

题目要求: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.

思路

dp[i][0] 表示第i天持有股票所剩最多现金。 dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金。考虑手续费是对一次完整的交易定义的,因此我们只在卖出股票时扣除手续费。

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);

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector& prices, int fee) {
        vector> dp(prices.size()+1, vector(3, 0));
        dp[0][0] = -prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for (int i = 1; i < prices.size(); ++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] - fee);
        }
        return dp[prices.size()-1][1];
    }
};

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