代码随想录第五十天 | 动态规划 买卖股票：最多买卖两次股票的最佳时机（123）；拓展至k维：最多买卖k次股票的最佳时机（188）
1、最多买卖两次股票的最佳时机
1.1 leetcode 123：买卖股票的最佳时机III
第一遍代码，没有思路，不知道怎么控制最多买两次
代码随想录思路：
使用动态规划dp数组 完成 最多买两次的控制，至于如何控制，跟 leetcode 112：买卖股票的最佳时机II 控制买入卖出一样，同一天可能有多少状态，dp数组的第二维就有多大，每一个该维的格子对应一个状态
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，据此可以确定状态 以及 状态的数量
接来下用动态规划五部曲详细分析一下：
1、确定dp数组以及下标的含义
买卖股票问题都对应的 状态转换 的过程中，上一个状态有多种可能性（来源），同样当前状态也有很多种可能性
一天一共就有五个状态：
（1）没有操作 （其实我们也可以不设置这个状态）
（2）第一次持有股票
（3）第一次不持有股票
（4）第二次持有股票
（5）第二次不持有股票
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
需要注意：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，但是通过这样设计，可以给每天赋予一个状态，买了之后就持有，卖了之后就不持有
例如 dp[i][1] ，并不是说 第i天一定买入股票，有可能 第 i-1天 就买入了，那么 dp[i][1] 延续买入股票的这个状态
2、确定递推公式
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]
那么dp[i][1]究竟选 dp[i-1][0] - prices[i]，还是dp[i - 1][1]呢？
一定是选最大的，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])
从这里看出来刚开始第一次卖出去的时候比的是负得少，所以对后面初始化注意，卖出去的时候初值不是0
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]);
3、dp数组如何初始化
第0天没有操作，这个最容易想到，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，这个初始值应该是多少呢？
此时还没有买入，怎么就卖出呢？ 其实大家可以理解当天买入，当天卖出（也可以想着是正数比大，所以初值为0就可以），所以dp[0][2] = 0;
第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？第一次还没买入呢，怎么初始化第二次买入呢？
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，然后再买入一次（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;
4、确定遍历顺序
从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值
5、举例推导dp数组
以输入[1,2,3,4,5]为例
红色框为最后两次卖出的状态
现在最大的时候一定是卖出的状态，而两次卖出的状态现金最大一定是最后一次卖出。如果第一次卖出已经是最大值了，那么我们可以在当天立刻买入再立刻卖出。所以dp[4][4]已经包含了dp[4][2]的情况。也就是说第二次卖出手里所剩的钱一定是最多的，相当于dp[i][4] 跟 dp[i][2] 重复操作了，都买了卖了同一只股票
所以最终最大利润是dp[4][4]
根据思路实现代码：
dp[i][0] 与 dp[i][2] 的同样是买入式子的差别体现了不重复买 / 重复买的差别
dp[i][1] 与 dp[i][3] 的同样是卖出式子的相似体现了不重复卖 / 重复卖的相似
包括初始化也可以得到多次买入卖出 与 单次买入卖出的相似性
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int> (4));
dp[0][0] = -prices[0];
dp[0][1] = 0;
dp[0][2] = -prices[0];
dp[0][3] = 0;
for(int i = 1; i < prices.size(); i++) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
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][0] 与 dp[i][2] 的同样是买入式子的差别体现了不重复买 / 重复买的差别
dp[i][1] 与 dp[i][3] 的同样是卖出式子的相似体现了不重复卖 / 重复卖的相似
包括初始化也可以得到多次买入卖出 与 单次买入卖出的相似性
*/
}
return dp[prices.size() - 1][3];
}
};
代码随想录实现代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
if (prices.size() == 0) return 0;
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0));
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][3] = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
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[prices.size() - 1][4];
}
};
其实我们可以不设置，‘0. 没有操作’ 这个状态，因为没有操作，手上的现金自然就是0
从递推式中发现，当前状态的来源 只和 上一次的状态 有关，所以可以去掉一个维度
改进代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
if (prices.size() == 0) return 0;
vector<int> dp(5, 0);
dp[1] = -prices[0];
dp[3] = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i]);
dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);
dp[3] = max(dp[3], dp[2] - prices[i]);
dp[4] = max(dp[4], dp[3] + prices[i]);
}
return dp[4];
}
};
2、最多买卖k次股票的最佳时机
2.1 leetcode 188：买卖股票的最佳时机IV
把上一道题 leetcode 123：买卖股票的最佳时机III 的2换成k就行，思路一致，运用上一题自己实现代码的注释部分：
dp[i][0] 与 dp[i][2] 的同样是买入式子的差别体现了不重复买 / 重复买的差别
dp[i][1] 与 dp[i][3] 的同样是卖出式子的相似体现了不重复卖 / 重复卖的相似
包括初始化也可以得到多次买入卖出 与 单次买入卖出的相似性
8把这个拓展至k维就ac了
第一遍代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
//把上一道题的2换成k就行，思路一致，运用上一题自己实现代码的注释部分
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(k * 2));
for(int i = 0; i < k; i++) {
dp[0][i * 2] = -prices[0];
dp[0][i * 2 + 1] = 0;
}
for(int i = 1; i < prices.size(); i++) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
for(int j = 1; j < k * 2; j++) {
if(j % 2 == 0) {
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1] - prices[i]);
}
else {
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1] + prices[i]);
}
}
}
return dp[prices.size() - 1][2*k - 1];
}
};
代码随想录思路
这道题目可以说是动态规划：123.买卖股票的最佳时机III 的进阶版，这里要求至多有k次交易
动规五部曲，分析如下：
1、确定dp数组以及下标的含义
在动态规划：123.买卖股票的最佳时机III 中，我是定义了一个二维dp数组，本题其实依然可以用一个二维dp数组，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
…
大家应该发现规律了吧 ，除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入（如果按第一次代码思路，没有不操作的维数的话结论相反）
题目要求是至多有K笔交易，那么j的范围就定义为 2 * k + 1 就可以了
所以二维dp数组的C++定义为：
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));
2、确定递推公式
还要强调一下：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
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]
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])
同理可以类比剩下的状态，代码如下：
for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {
dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
}
2、dp数组如何初始化
第0天没有操作，这个最容易想到，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，这个初始值应该是多少呢？
此时还没有买入，怎么就卖出呢？ 其实大家可以理解当天买入，当天卖出，所以dp[0][2] = 0;
第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？应该不少同学疑惑，第一次还没买入呢，怎么初始化第二次买入呢？
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，然后再买入一次（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];
第二次卖出初始化 dp[0][4] = 0;
所以同理可以推出dp[0][j]当j为奇数的时候都初始化为 -prices[0]
代码如下：
for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
dp[0][j] = -prices[0];
}
在初始化的地方同样要类比j为偶数是卖、奇数是买的状态
4、确定遍历顺序
从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值
5、举例推导dp数组
以输入[1,2,3,4,5]，k=2为例
最后一次卖出，一定是利润最大的，dp[prices.size() - 1][2 * k]即红色部分就是最后求解
代码随想录代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
if (prices.size() == 0) return 0;
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));
for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
dp[0][j] = -prices[0];
}
for (int i = 1;i < prices.size(); i++) {
for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {
dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
}
}
return dp[prices.size() - 1][2 * k];
}
};
时间复杂度: O(n * k)，其中 n 为 prices 的长度
空间复杂度: O(n * k)