代码随想录刷题day51 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

代码随想录刷题day51 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

股票买卖，前两天的有点忘了正好也复习一下。

309.最佳买卖股票时机含冷冻期

309. 最佳买卖股票时机含冷冻期 - 力扣（Leetcode）

不是很好优化，我觉得其实拆成五种状态更好理解，但是逻辑要变。而且尝试了一下并没有能优化成三种状态。

思路

本题加上了一个冷冻期。

动规五部曲，分析如下：

1. 确定dp数组以及下标的含义

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：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！

j的状态为：

• 0：状态一
• 1：状态二
• 2：状态三
• 3：状态四

很多题解为什么讲的比较模糊，是因为把这四个状态合并成三个状态了，其实就是把状态二和状态四合并在一起了。

从代码上来看确实可以合并，但从逻辑上分析合并之后就很难理解了，所以我下面的讲解是按照这四个状态来的，把每一个状态分析清楚。

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。

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）

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）

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];
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3. dp数组如何初始化

这里主要讨论一下第0天如何初始化。

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。

4. 确定遍历顺序

从递归公式上可以看出，dp[i] 依赖于 dp[i-1]，所以是从前向后遍历。

5. 举例推导dp数组

以 [1,2,3,0,2] 为例，dp数组如下：

最后结果是取 状态二，状态三，和状态四的最大值，不少同学会把状态四忘了，状态四是冷冻期，最后一天如果是冷冻期也可能是最大值。

代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        if (n == 0) return 0;
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(4, 0));
        dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            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];
        }
        return max(dp[n - 1][3],max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]));
    }
};
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• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：$O(n)$

改成五种状态的方式

其实就是把状态一（持有股票状态）改成已经持有和今天才持有两个状态，同时递归的逻辑就略有改变，代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(5, 0));
        dp[0][0] = -prices[0];
        dp[0][1] = -prices[0];
        for (int i = 1; i<n;i++){
            // 已持有状态，可能前一天就早已持有，或者前一天才购入，选最大值
            dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1]);
            // 今天才购入。可能前一天冷却（前两天卖的），或者是早就卖了，选最大值
            dp[i][1] = max(dp[i-1][4]-prices[i], dp[i-1][2]-prices[i]);
            // 已卖出状态。可能前一天就已经是卖出状态，保持前一天的状态，或者是昨天是冷却期（前两天卖的），
            // 这两种情况选最大值。前一天才卖这种情况就是今天是冷却期，也就是dp[i][4]放在后面考虑
            dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][4]);
            // 今天卖出。有可能是早就持有，或者前一天刚买入的，选最大值
            dp[i][3] = max(dp[i-1][0]+prices[i], dp[i-1][1]+prices[i]);
            // 冷却期，前一天刚卖的剩下的钱，今天不能动，保持前一天当天卖出的状态
            dp[i][4] = dp[i-1][3];
        }
        return max(max(dp[n-1][2], dp[n-1][3]), dp[n-1][4]);
    }
};
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优化的方法就是找个临时数组记录前一天的数值：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        vector<int> dp(5, 0);
        dp[0] = -prices[0];
        dp[1] = -prices[0];
        for (int i = 1; i<n;i++){
            vector<int> temp(dp);
            dp[0] = max(temp[0], temp[1]);
            dp[1] = max(temp[4]-prices[i], temp[2]-prices[i]);
            dp[2] = max(temp[2], temp[4]);
            dp[3] = max(temp[0]+prices[i], temp[1]+prices[i]);
            dp[4] = temp[3];
        }
        return max(max(dp[2], dp[3]), dp[4]);
    }
};
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714.买卖股票的最佳时机含手续费

714. 买卖股票的最佳时机含手续费 - 力扣（Leetcode）

比起无限买卖股票的题目就是加了个手续费。关键是手续费只收一次，要么买的时候要么卖的时候。这道题来说动态规划就比贪心好理解多了。

思路

使用贪心算法，的性能是：

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

本题只需要在计算卖出操作的时候减去手续费就可以了

唯一差别在于递推公式部分，所以本篇也就不按照动规五部曲详细讲解了，主要讲解一下递推公式部分。

这里重申一下dp数组的含义：

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);

以上分析完毕，C++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int n = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 0));
        dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票
        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][0] + prices[i] - fee);
        }
        return max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]);
    }
};
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• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)