这种动态规划你见过吗——状态机动态规划之股票问题(下)

前言

在前面的两篇文章这种动态规划你见过吗——状态机动态规划之股票问题(上)和这种动态规划你见过吗——状态机动态规划之股票问题(中)已经谈了4道和股票问题相关的题目，详细解释了状态机动态规划和他的基本原理和应用方式。在本篇文章当中，会再介绍剩下的两道股票问题，继续深入和学习状态机动态规划。

最佳买卖股票时机含冷冻期

题目

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

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]
1
2
3

示例2:

输入: prices = [1]
输出: 0
1
2

状态表示数组和状态转移方程

和前面的题目一样首先还是需要进行状态的定义和状态转移的分析，在这个问题当中我们用一个二维数组dp[i][j]表示各种不同的状态下的收益，在这个问题当中我们有以下几个状态：

• dp[i][0]，表示在遍历到第i支股票的时候没有进行一次买入和卖出。

  • 在这个时候没有进行买入和卖出，这个时候的收益和遍历到第i-1支股票的时候没有买入和卖出的情况是一样的，他们的收益都等于0，即dp[i][0] = 0，dp[i - 1][0] = 0。

• dp[i][1]，表示在遍历到第i支股票的时候手中含有股票，这个情况可以由三种情况转移过来：

  • 在遍历到第i-1支股票的时候手中已经存在股票了，这个时候只需要保持状态，那么在第i支股票的时候的收益和第i-1支股票的收益是相等的，即dp[i][1] = dp[i - 1][1]。
  • 第二种情况就是在遍历到第i-1支股票的时候手中不存在股票，那么这个时候要想手中存在股票就需要进行买入了，那么就需要花费prices[i]，那么在遍历到第i支股票的时候收益等于dp[i][1] = dp[i - 1][0] - prices[i]。
  • 第三种情况是前一天是处于冷冻期（这里所谈到的冷冻期并不只是前2天卖出，导致的前一天的冷冻期，还有可能是更早之前卖出的，然后保持它的状态，相当于是冷冻期的续期，只不过在续期当中是可以进行买股票的），那么现在是可以进行买入的，即dp[i][1] = dp[i - 1][3] - prices[i]，其中dp[i][3]表示遍历到第i支股票的时候处于冷冻期的收益。
  • 综合以上三种情况：

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

• dp[i][2]，表示在第i支股票的时候手中不含有股票，可以转移到这个状态的状态一共有两种：

  • 在遍历到第i-1支股票的时候手中本来就不含有股票，那么我们只需要保持状态即可，即dp[i][2] = dp[i - 1][2]。
  • 在遍历到第i-1支股票的时候手中含有股票，那么我们需要将这个股票进行售出，即dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]。
  • 综合以上两种情况：

  $$dp[i][2]=max(dp[i-1][2],dp[i-1][1]+prices[i])$$

• dp[i][3]，表示在第i支股票的时候是处在冷冻期，这个状态只能由一个状态转移过来，那就是前一天手中没有股票（因为进行卖出了），即dp[i][3] = dp[i][2]。

数组的初始化和遍历顺序

根据上面的分析我们可以知道，在遍历到第一支股票的时候如果持有股票的话就需要进行买入，那么买入的状态dp[0][1]的值就等于-prices[0]，卖出的状态收益为0，冷冻期的状态也等于0。根据状态转移方程第i行的数据依赖第i-1行，因此从前往后遍历就行。

最大收益

根据上文当中我们设置的状态，我们能够获取的最大的收益为dp[prices.length - 1][2], dp[prices.length - 1][3]两者当中的一个，因为最终我们要想收益最大手中肯定没有股票，而没有股票的状态有上述提到的两个状态。
$$max(dp[prices.length-1][2],dp[prices.length-1][3])$$

代码

class Solution {
  public int maxProfit(int[] prices) {
    // dp[i][0] 表示一次买入和卖出操作都没有 这个值始终等于0，可以不用这个状态
    // 但是为了完整将这个状态留下来了
    // dp[i][1] 表示持有股票
    // dp[i][2] 表示不持有股票
    // dp[i][3] 卖出操作之后的冷冻期
    int[][] dp = new int[prices.length][4];
    dp[0][1] = -prices[0];
    for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
      dp[i][1] = Math.max(Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3] - prices[i]),
          dp[i][0] - prices[i]); // 因为dp[i][0] 始终等于0 因此这里可以直接写 -prices[i] 也行
      dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
      dp[i][3] = dp[i - 1][2];
    }
    return Math.max(dp[prices.length - 1][2], dp[prices.length - 1][3]);
  }
}
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因为dp[i][0]始终等于0，所以将所有含dp[i][0]的地方都可以删除，因此下面的代码也是正确的。

class Solution {
  public int maxProfit(int[] prices) {
    // dp[i][0] 表示一次买入和卖出操作都没有 这个值始终等于0，可以不用这个状态
    // 但是为了完整将这个状态留下来了
    // dp[i][1] 表示持有股票
    // dp[i][2] 表示不持有股票
    // dp[i][3] 卖出操作之后的冷冻期
    int[][] dp = new int[prices.length][4];
    dp[0][1] = -prices[0];
    for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
      dp[i][1] = Math.max(Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3] - prices[i]),
          -prices[i]); 
      dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
      dp[i][3] = dp[i - 1][2];
    }
    return Math.max(dp[prices.length - 1][2], dp[prices.length - 1][3]);
  }
}
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数组优化——滚动数组

在上面的状态转移方程当中我们始终只使用了两行的数据，因此我们可以只使用一个两行的二维数组，然后进行交替使用（对i求2的余数就可以了）就可以了，代码如下：

class Solution {
  public int maxProfit(int[] prices) {
    int[][] dp = new int[2][4];
    dp[0][1] = -prices[0];
    for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
      dp[i & 1][1] = Math.max(Math.max(dp[(i - 1) & 1][1], dp[(i - 1) & 1][3] - prices[i]),
          dp[i & 1][0] - prices[i]);
      dp[i & 1][2] = Math.max(dp[(i - 1) & 1][2], dp[(i - 1) & 1][1] + prices[i]);
      dp[i & 1][3] = dp[(i - 1) & 1][2];
    }
    return Math.max(dp[(prices.length - 1) & 1][2], dp[(prices.length - 1) & 1][3]);
  }
}
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买卖股票的最佳时机含手续费

题目

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

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
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示例2

输入：prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出：6
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状态表示数组和状态转移方程

这道题其实和在这种动态规划你见过吗——状态机动态规划之股票问题(上)当中的第二道题很相似，唯一的区别就是这里加上了手续费，其余部分是一模一样。

现在我们来分析一下如何进行状态的转移：

• dp[i][0]的状态如何从第i-1的状态转移过来：

  • 如果第i-1个状态是手中不存在股票，即dp[i-1][0]，那么第i个状态也没有股票，那么直接是dp[i][0] = dp[i - 1][0]，因为没有进行交易。
  • 如果第i-1个状态手中存在股票，即dp[i-1][1]，那么如果想在第i个状态没有股票，那么就需要将股票卖出，那么收益就为dp[i-1][1] + prices[i]，即dp[i][0] = dp[i-1][1] + prices[i]，但是在这个题目当中会有手续费，我们在卖出的时候需要缴纳手续费，那么我们的收益就变成dp[i][0] = dp[i-1][1] + prices[i] -fee。
  • 综合上面的两种转移方式可以得到下面的转移方程：

  $$dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]-fee)$$

• dp[i][1]的状态如何进行转移：

  • 如果第i-1个状态是手中不存在股票，即dp[i-1][0]，那么我们就需要从第i-1个手中不存在股票的状态进行买入，那么dp[i][0] = dp[i - 1][0] - prices[i]。
  • 如果第i-1个状态手中存在股票，即dp[i-1][1]，而第i个状态有股票，因此不需要进行交易，即dp[i][1]=dp[i - 1][1]。
  • 综合上面的两种转移方式可以得到下面的转移方程：

  $$dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);$$

• 综合上面的两个状态：

{ d p [ i ] [ 0 ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ 0 ] , d p [ i − 1 ] [ 1 ] + p r i c e s [ i ] − f e e ) d p [ i ] [ 1 ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ 1 ] , d p [ i − 1 ] [ 0 ] − p r i c e s [ i ] ) ;

{dp[i][0]=max(dp[i−1][0],dp[i−1][1]+prices[i]−fee)dp[i][1]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][0]−prices[i]);​

代码

class Solution {
  public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
    int[][] dp = new int[prices.length][2];
    // dp[i][0] 表示不持有股票
    // dp[i][1] 表示持有股票
    dp[0][1] = -prices[0];
    for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
      dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i] - fee);
      dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
    }
    return dp[prices.length - 1][0];
  }
}
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数组优化——滚动数组

class Solution {
  public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
    int[][] dp = new int[2][2];
    // dp[i][0] 表示不持有股票
    // dp[i][1] 表示持有股票
    dp[0][1] = -prices[0];
    for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
      dp[i & 1][0] = Math.max(dp[(i - 1) & 1][0], dp[(i - 1) & 1][1] + prices[i] - fee);
      dp[i & 1][1] = Math.max(dp[(i - 1) & 1][1], dp[(i - 1) & 1][0] - prices[i]);
    }
    return dp[(prices.length - 1) & 1][0];
  }
}
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再优化

class Solution {
  public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
    int[] dp = new int[2];
    // dp[0] 表示不持有股票
    // dp[1] 表示持有股票
    dp[1] = -prices[0];
    for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
      dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i] - fee);
      dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] - prices[i]);
    }
    return dp[0];
  }
}
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上面的代码优化和这种动态规划你见过吗——状态机动态规划之股票问题(中)当中的优化原理是一样的。在下面的代码当中，左边的单行数组dp[0]和dp[1]相当于二维数组当中的dp[i][0]，dp[i][1]，右边的单行数组dp[0]和dp[1]相当于二维数组的dp[i - 1][0]和dp[i - 1][1]。

dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i] - fee);
dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] - prices[i]);
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但是我们会发现上面代码的第二行会依赖dp[0]，这个dp[0]是第i-1行的状态，但是dp[0]在第一行已经发生了更新，也就是说dp[0]已经更新到了第i行的状态，那么为什么结果是对的呢？我们可以根据下面三条规则进行分析：

• 如果dp[0]取的是dp[0]，也就是说dp[0] > dp[1] + prices[i] - fee ，那么dp[0]还是上一行的状态，并不影响dp[1]的结果。
• 如果dp[0]取的是dp[1] + prices[i] - fee，但是dp[1]取的是上一行的dp[1]那么对结果也没有什么影响。
• 如果dp[0]取的是dp[1] + prices[i] - fee而且dp[1]取的是dp[0] - prices[i]，那么就有影响了，但是这一加一减其实没有意义，还单纯的需要缴纳手续费，最终dp[0] - prices[i] = dp[1] + prices[i] - fee - prices[i] = dp[1] - fee < dp[1] ，因此这个状态不会被最终的结果取到，被取到的状态肯定都是第i-1行的dp[1]（因为dp[1]更大），也就是说这个状态又会转移到第二条当中，因此对最终的结果没有影响。

总结

在本篇文章当中主要跟大家介绍了最后两道股票问题，第一道题的状态转移还是比较复杂的，可能需要大家仔细进行体会，才能理解，尤其是关于冷冻期的状态的转换可能比较绕。本文当中的第二道题目跟之前的题目非常像，只需要在收益上减去手续费即可。相信看完这三篇文章，做完这六道题目你对状态机动态规划的基本原理已经很了解了，它和传统的动态规划最不一样的就是有很多复杂的状态之间的转换，而且一般的动态规划的题目都是多重循环，但是在状态机动态规划当中是单循环。

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