算法沉淀——动态规划之简单多状态 dp 问题（下）（leetcode真题剖析）
动态规划之简单多状态 dp 问题
- 01.买卖股票的最佳时机含冷冻期
- 02.买卖股票的最佳时机含手续费
- 03.买卖股票的最佳时机 III
- 04.买卖股票的最佳时机 IV
01.买卖股票的最佳时机含冷冻期
题目链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown/
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 <= 50000 <= prices[i] <= 1000
思路
- 状态表表示：
- 对于线性动态规划，我们使用“经验+题目要求”方式定义状态表。在这里，我们选择以某个位置为结尾的方式，并考虑了三个状态：买入、可交易和冷冻期。
- 用三个数组表示这些状态：
dp[i][0]：第 i 天结束后，处于“买入”状态的最大利润。dp[i][1]：第 i 天结束后，处于“可交易”状态的最大利润。dp[i][2]：第 i 天结束后，处于“冷冻期”状态的最大利润。
- 状态转移方程：
- 根据规则： i. 处于“买入”状态时，可以继续持有股票或卖出股票。 ii. 处于“卖出”状态时，需要考虑是否在冷冻期。
- 对于
dp[i][0]，有两种情况可达到这个状态： i. 在i-1天持有股票，此时最大收益应与i-1天相同：dp[i-1][0]。 ii. 在i天买入股票，选择i-1天不在冷冻期买入，最大收益为：dp[i-1][1] - prices[i]。 综合两种情况取最大值：dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] - prices[i])。 - 对于
dp[i][1]，有两种情况可达到这个状态： i. 在i-1天处于冷冻期，对应状态为：dp[i-1][2]。 ii. 在i-1天没有股票，不在冷冻期，对应状态为：dp[i-1][1]。 综合两种情况取最大值：dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][2])。 - 对于
dp[i][2]，只有一种情况可达到这个状态：在i-1天卖出股票，对应状态转移为：dp[i][2] = dp[i-1][0] + prices[i]。
- 初始化：
- 由于每个状态都依赖于前一个位置的值，需要初始化每一行的第一个位置：
dp[0][0]：初始为购买第一天的股票，设为负股价：-prices[0]。dp[0][1]：初始为无操作，设为0。dp[0][2]：初始为无股票，即冷冻期，设为0。
- 由于每个状态都依赖于前一个位置的值，需要初始化每一行的第一个位置：
- 填表顺序：
- 根据状态表表示，从左往右依次填充三个表格。
- 返回值：
- 返回卖出状态下的最大值，即
max(dp[n-1][1], dp[n-1][2])。
- 返回卖出状态下的最大值，即
代码
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n=prices.size();
vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(3));
dp[0][0]=-prices[0];
for(int i=1;i<n;++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][2]);
dp[i][2]=dp[i-1][0]+prices[i];
}
return max(dp[n-1][1],dp[n-1][2]);
}
};
02.买卖股票的最佳时机含手续费
题目链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/
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 * 1041 <= prices[i] < 5 * 1040 <= fee < 5 * 104
思路
- 状态表表示：
- 对于线性动态规划，我们采用“经验+题目要求”的方式定义状态表。在这里，我们选择以某个位置为结尾的方式，结合题目要求，定义了两个状态数组：
f[i]表示第 i 天结束后，处于“买入”状态的最大利润。g[i]表示第 i 天结束后，处于“卖出”状态的最大利润。
- 对于线性动态规划，我们采用“经验+题目要求”的方式定义状态表。在这里，我们选择以某个位置为结尾的方式，结合题目要求，定义了两个状态数组：
- 状态转移方程：
- 在选择在“卖出”状态支付手续费的情况下，可以简化为在“买入”状态时不考虑手续费问题。
- 对于
f[i]，有两种情况可达到这个状态： i. 在i-1天持有股票，第i天啥也不做，最大收益为f[i-1]。 ii. 在i-1天没有股票，在第i天买入股票，最大收益为g[i-1] - prices[i]。 综合两种情况取最大值：f[i] = max(f[i-1], g[i-1] - prices[i])。 - 对于
g[i]，有两种情况可达到这个状态： i. 在i-1天持有股票，在第i天将股票卖出，最大收益为f[i-1] + prices[i] - fee。 ii. 在i-1天没有股票，第i天啥也不做，最大收益为g[i-1]。 综合两种情况取最大值：g[i] = max(g[i-1], f[i-1] + prices[i] - fee)。
- 初始化：
- 由于需要使用前一个状态，初始化第一个位置：
f[0]处于“买入”状态，初始化为-prices[0]。g[0]处于“没有股票”状态，初始化为0。
- 由于需要使用前一个状态，初始化第一个位置：
- 填表顺序：
- 从左往右填充两个表格。
- 返回值：
- 返回“卖出”状态下最后一天的最大值收益：
g[n - 1]。
- 返回“卖出”状态下最后一天的最大值收益：
代码
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int n=prices.size();
vector<int> f(n);
vector<int> g(n);
f[0]=-prices[0];
for(int i=1;i<n;++i)
{
f[i]=max(f[i-1],g[i-1]-prices[i]);
g[i]=max(g[i-1],f[i-1]+prices[i]-fee);
}
return g[n-1];
}
};
03.买卖股票的最佳时机 III
题目链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/
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）。
示例 1:
输入：prices = [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出：6
解释：在第 4 天（股票价格 = 0）的时候买入，在第 6 天（股票价格 = 3）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。
示例 2：
输入：prices = [1,2,3,4,5]
输出：4
解释：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
示例 4：
输入：prices = [1]
输出：0
提示：
1 <= prices.length <= 1050 <= prices[i] <= 105
思路
- 状态表示：
- 使用「经验 + 题目要求」定义线性动态规划的状态表示。
- 选择以某个位置为结尾的方式，结合题目要求，定义状态表示。
- 使用两个数组表示「买入」和「可交易」两个状态，并加上一维表示交易次数。
- 定义 f[i][j] 表示第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「买入」状态的最大利润；g[i][j] 表示第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「卖出」状态的最大利润。
- 状态转移方程：
- 对于 f[i][j]，有两种情况：在 i-1 天交易了 j 次且处于「买入」状态，或在 i-1 天交易了 j 次且处于「卖出」状态。取两者的最大值。
- 对于 g[i][j]，有两种情况：在 i-1 天交易了 j 次且处于「卖出」状态，或在 i-1 天交易了 j-1 次且处于「买入」状态。同样取两者的最大值，但需要判断 j 是否大于等于 1。
- 初始化：
- 初始化第一行，考虑第 0 天只能处于「买入过一次」状态的情况，设置
f[0][0]为 -prices[0]，其余状态为 -INF（防止减法发生越界的常用手段）。
- 初始化第一行，考虑第 0 天只能处于「买入过一次」状态的情况，设置
- 填表顺序：
- 从上往下每一行，从左往右填充状态表。
- 返回值：
- 返回处于「卖出状态」的最大值，即 g 表的最后一行的最大值。
代码
class Solution {
const int INF = 0x3f3f3f3f;
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n=prices.size();
vector<vector<int>> f(n,vector<int>(3,-INF));
vector<vector<int>> g(n,vector<int>(3,-INF));
f[0][0]=-prices[0],g[0][0]=0;
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=0;j<3;++j){
f[i][j]=max(f[i-1][j],g[i-1][j]-prices[i]);
g[i][j]=g[i-1][j];
if(j>0) g[i][j]=max(g[i][j],f[i-1][j-1]+prices[i]);
}
return max(g[n-1][0],max(g[n-1][1],g[n-1][2]));
}
};
04.买卖股票的最佳时机 IV
题目链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/
给你一个整数数组 prices 和一个整数 k ，其中 prices[i] 是某支给定的股票在第 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。也就是说，你最多可以买 k 次，卖 k 次。
**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：k = 2, prices = [2,4,1]
输出：2
解释：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。
示例 2：
输入：k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]
输出：7
解释：在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。
随后，在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入，在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
提示：
1 <= k <= 1001 <= prices.length <= 10000 <= prices[i] <= 1000
思路
这里和上一题最大的区别就是交易次数的限制，需要注意的是，k值可能超过数组长度的一半，所以我们需要注意k的取值，其余同上一题的原理。
代码
class Solution {
const int INF = 0x3f3f3f3f;
public:
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
int n=prices.size();
k=min(k,n/2);
vector<vector<int>> f(n,vector<int>(k+1,-INF));
vector<vector<int>> g(n,vector<int>(k+1,-INF));
f[0][0]=-prices[0],g[0][0]=0;
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=0;j<=k;++j){
f[i][j]=max(f[i-1][j],g[i-1][j]-prices[i]);
g[i][j]=g[i-1][j];
if(j>0) g[i][j]=max(g[i][j],f[i-1][j-1]+prices[i]);
}
int ret = 0;
for(int i=0;i<=k;++i)
ret=max(ret,g[n-1][i]);
return ret;
}
};