代码随想录算法训练营第51天| 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

JAVA代码编写

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）。

示例 1:

输入: prices = [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]

示例 2:

输入: prices = [1]
输出: 0

提示：

• 1 <= prices.length <= 5000
• 0 <= prices[i] <= 1000

教程：https://programmercarl.com/0309.%E6%9C%80%E4%BD%B3%E4%B9%B0%E5%8D%96%E8%82%A1%E7%A5%A8%E6%97%B6%E6%9C%BA%E5%90%AB%E5%86%B7%E5%86%BB%E6%9C%9F.html

方法一：动态规划

**思路：**多次买卖，进行下一笔交易之前，要把上一笔卖出，增加了卖出之后一天的冷冻期。

五部曲

1.定义数组
dp[i] [j]，第i天状态为j，所剩的最多现金为dp[i] [j]。
其实本题很多同学搞的比较懵，是因为出现冷冻期之后，状态其实是比较复杂度，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：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，这里就有两种卖出股票状态
  • 状态二：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）
  • 状态三：今天卖出股票
• 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！

j的状态为：

• 0：状态一
• 1：状态二
• 2：状态三
• 3：状态四

2.确定递推公式

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的状态（状态二），dp[i - 1] [1] - prices[i]

那么dp[i] [0] = max(dp[i - 1] [0], dp[i - 1] [3] - prices[i], 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）

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

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：

昨天卖出了股票（状态三）

dp[i] [3] = dp[i - 1] [2];

综上分析，递推代码如下：

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];

3.dp数组如何初始化

如果是持有股票状态（状态一）那么：dp[0] [0] = -prices[0]，一定是当天买入股票。

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。

4.确定遍历顺序:从前向后遍历

5.举例推导dp数组

以 [1,2,3,0,2] 为例，dp数组如下：

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：O(n)

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        if (n == 0) return 0;
        int[][] dp = new int[n][4];
        dp[0][0] = -prices[0]; // 持股票
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], Math.max(dp[i - 1][3] - prices[i], dp[i - 1][1] - prices[i]));
            dp[i][1] = Math.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 Math.max(dp[n - 1][3], Math.max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]));
    }

    public static void main(String[] args) {
        Solution solution = new Solution();
        solution.maxProfit(new int[]{1,2,3,0,2});
    }
}

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。

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

提示：

• 1 <= prices.length <= 5 * 104
• 1 <= prices[i] < 5 * 104
• 0 <= fee < 5 * 104

教程：https://programmercarl.com/0714.%E4%B9%B0%E5%8D%96%E8%82%A1%E7%A5%A8%E7%9A%84%E6%9C%80%E4%BD%B3%E6%97%B6%E6%9C%BA%E5%90%AB%E6%89%8B%E7%BB%AD%E8%B4%B9%EF%BC%88%E5%8A%A8%E6%80%81%E8%A7%84%E5%88%92%EF%BC%89.html

方法一：动态规划

**思路：**在122. 买卖股票的最佳时机 II的基础上，增加了交易手续费。

五部曲：

1.定义数组dp[i]:1-i天买卖股票的最大利润为dp[i]

2.递推公式

对于每一天 i，可以考虑前面某天 j 买入，第 i 天卖出的情况。因此，需要在所有可能的 j 中选择一个使得收益最大的买入日期，即 maxProfit = dp[j] + prices[i] - prices[j] - fee，然后更新 dp[i] = max(dp[i-1], maxProfit)。

3.dp数组如何初始化

dp[0] = 0，dp[1] = prices[1] - prices[0] - fee

4.遍历循序：从前向后

5.举例推导dp数组

以prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2为例子

i	0	1	2	3	4	5
dp[i]	0	0	0	5	5	8

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n^2)$
• 空间复杂度：O(n)

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
        if(prices.length==0||prices==null|| prices.length==1) return 0;
        if (prices.length==2) {
            if (prices[0]>prices[1]) {
                return 0;
            }else return prices[1]-prices[0]-fee;
        }

        int[] dp = new int[prices.length+1];
        dp[0]=0;
        dp[1]=prices[0] > prices[1] ? 0 : prices[1]-prices[0]-fee;

        for (int i = 2; i < prices.length; i++) {
            int maxProfit = 0;
            for (int j = 0; j < i; j++) {
                maxProfit = Math.max(maxProfit, dp[j] + prices[i] - prices[j] - fee);
            }
            dp[i] = Math.max(dp[i-1], maxProfit);
        }

        return dp[prices.length-1];

    }
}

这段代码在力扣上超出时间限制

方法二：动态规划

思路：

1. 初始化变量cash为0，表示初始状态下不持有股票时的最大利润。
2. 初始化变量hold为第一天的股票价格的相反数，表示初始状态下持有股票时的最大利润。
3. 从第二天开始遍历股票价格数组：
   • 对于每一天i，通过比较前一天的cash和hold + prices[i] - fee的大小，更新当天不持有股票时的最大利润cash，其中hold + prices[i] - fee表示在当天卖出股票后得到的利润。
   • 同样，通过比较前一天的hold和cash - prices[i]的大小，更新当天持有股票时的最大利润hold，其中cash - prices[i]表示在当天买入股票后的利润。
4. 最后返回cash，即最终不持有股票时的最大利润。

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n^2)$
• 空间复杂度：O(1)

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
        int n = prices.length;
        if (n < 2) return 0;
        
        int cash = 0; // 表示当天不持有股票时的最大利润
        int hold = -prices[0]; // 表示当天持有股票时的最大利润

        for (int i = 1; i < n; i++) {
            cash = Math.max(cash, hold + prices[i] - fee); // 在卖出股票和保持不动中选择收益更大的
            hold = Math.max(hold, cash - prices[i]); // 在买入股票和保持不动中选择收益更大的
        }

        return cash;
    }
}

股票问题做一个总结吧
https://programmercarl.com/%E5%8A%A8%E6%80%81%E8%A7%84%E5%88%92-%E8%82%A1%E7%A5%A8%E9%97%AE%E9%A2%98%E6%80%BB%E7%BB%93%E7%AF%87.html