0 引言

本文主要记录如何解决LeetCode中的《买卖股票的最佳时机》，相关题目总共有6道，主要解法是动态规划，也可以通过这几道题熟悉动态规划算法。

👉 简单—> 121. 买卖股票的最佳时机
👉 中等—> 122. 买卖股票的最佳时机 II
👉 困难—> 123. 买卖股票的最佳时机 III
👉 困难—> 188. 买卖股票的最佳时机 IV
👉 中等—> 309. 买卖股票的最佳时机含冷冻期
👉 中等—> 714. 买卖股票的最佳时机含手续费

1 121. 买卖股票的最佳时机

给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。

核心问题：虽然是模拟买卖股票，但这题是开了天眼，知道后续的股票涨跌，所以在已知给定数组中，找出其中差值最大的两个数，但第二个数必须排在第一个数后边。

1. 1 暴力法

很容易想到暴力解法，主循环和子循环来求差值，c++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = int(prices.size());
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i){
            for (int j = i+1; j < n; ++j){
                ans = max(ans, prices[j] - prices[i]);
            }
        }
        return ans;
    }
};

但这样的时间复杂度：$O(n^2)$，超时不符合题目要求。后面的题目就不记录暴力法的解法了。

1.2 一次遍历

仔细想想，暴力解法其实多了一次不必要的循环，其实一次遍历不仅可以计算差值，还能记录数组中的最小值，有了最小值的更新，就可以更新最大差值，即最大利润。c++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int inf = 1e9;
        int minprice = inf, maxprofit = 0;
        for (int i = 0; i < int(prices.size()); ++i){
            maxprofit = max(maxprofit, prices[i] - minprice);
            minprice = min(prices[i], minprice);
        }
        return maxprofit;
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，只需要遍历一次。
• 空间复杂度：$O(1)$，只使用了常数个变量。

1.3 动态规划

动态规划（dynamic programming，DP）
简单解释：
首先写一下 1+1+1+1=？
“它等于多少呢？”
易知“等于4！”
如果在左边添一个 1+，即1+1+1+1+1=？
“会等于多少呢？”
也易知“等于5！”
“为什么会计算得这么快呢？”
“因为 4+1=5”
所以，没有重新计算 1+1+1+1+1 的值，因为记住了前面的和等于 4，再次计算时只需再加 1 就可以了。
这种通过记住一些事情来节省时间，就是动态规划的精髓。
具体来说，如果一个问题的子问题会被重复利用，则可以考虑使用动态规划。

动态规划一般分为一维、二维、多维（使用 状态压缩），对应形式为 $dp(i)$、$dp(i)(j)$、$dp(i)(j)$。本题用的是一维$dp(i)$

本题就是用动态规划的$dp[i]$ 表示前 $i$ 天的最大利润，因为始终要使利润最大化，则遍历过程中：

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

c++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = int(prices.size());
        if (n == 0) return 0; 

        int minprice = prices[0];
        // 创建了一个名为dp的整数类型向量（vector），其长度为n，并且初始化所有元素的值为0
        vector<int> dp (n, 0);
        for (int i = 1; i < n; ++i){
            minprice = min(minprice, prices[i]);
            dp[i] = max(dp[i - 1], prices[i] - minprice);
        }
        return dp[n - 1];
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，只需要遍历一次。
• 空间复杂度：$O(n)$，使用了长度为$n$的数组。

2 122. 买卖股票的最佳时机 II

给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。
在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润 。

通过题目和示例可知：本题相对于第I题，可以多次交易的，但每次交易前都要先售出才能再买入。所以本题需要计算多次交易的利润和。

2.1 一次遍历

与第I题的一次遍历有些许差异，遍历过程中，只要第i天的价格比第i-1的价格低，就把差值计入利润和中。c++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int inf = 1e9;
        int profit = 0;
        for (int i = 1; i < int(prices.size()); ++i){
            if (prices[i] > prices[i-1]){
                profit += (prices[i] - prices[i-1]);
            }
        }
        return profit;
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，只需要遍历一次。
• 空间复杂度：$O(1)$，只使用了常数个变量。

2.2 动态规划

与第I题的动态规划有些许差异，这次是多次交易，动态规划的利润和$dp[i]$ 有增加有减少，即买入时利润和减少，卖出时利润和增加。

所以分两种情况，如何区分呢？$dp[i]$ 增加一维，用二维来表示$dp[i][j]$，但这里的第二维其实只需用来表示没有股票[0]或持有股票[1]，也即没有股票的利润和$dp[i][0]$和持有股票的利润和$dp[i][1]$。

1. $dp[i][0]$时，如何计算$dp[i][0]$呢？肯定是由前一天计算得出，前一天同样也有两种情况，$dp[i-1][0]$即前一天已经没有股票，或者$dp[i-1][1]$前一天手里有股票，但为了计算得到$dp[i][0]$，需要今天卖掉股票（价格是今日的$price[i]$），即$dp[i-1][1]+price[i]$，两种情况取最大值。
2. 同理，$dp[i][1]$时，前一天同样有两种情况，$dp[i-1][1]$即前一天已经有股票，或者$dp[i-1][0]$前一天手里没有股票，但为了计算得到$dp[i][1]$，需要今天买入股票（价格是今日的$price[i]$），即$dp[i-1][0]-price[i]$，两种情况取最大值。

对于初始状态， $dp[0][0]=0，dp[0][1]=-prices[0]$。

c++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = int(prices.size());
        int dp[n][2];
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0];
        for (int i = 1; i < n; ++i){
            // dp[i][0]第 i 天手里没有股票的利润和
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            // dp[i][1]第 i 天手里有股票的利润和
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);          
        }
        return dp[n - 1][0];
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，只需要遍历一次。
• 空间复杂度：$O(n)$，使用了长度为$n$的数组。

3 123. 买卖股票的最佳时机 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）。

3.1 动态规划

本题有了最多两笔交易的限制，不能像之前那样多次买卖交易，而两次交易的话，其实最多就是4个状态：

1. 第一次买入后的利润和；
2. 第一次卖出后的利润和；
3. 第二次买入后的利润和；
4. 第二次卖出后的利润和；

首先设第一次买入后的利润和为$buy1$，而第$i$天对应的有两种情况，一种是没有交易，仍未$buy1$；一种是之前还没操作过，第一次买入，利润和即$-prices[i]$；
$$buy1=max(buy1,-prices[i])$$
其次设第一次卖出后的利润和为$sell1$，而第$i$天对应的有两种情况，一种是没有交易，仍未$sell1$；一种是第一次卖出，利润和即$buy1+prices[i]$；
$$sell1=max(sell1,buy1+prices[i])$$
然后设第二次买入后的利润和为$buy2$，而第$i$天对应的有两种情况，一种是没有交易，仍未$buy2$；一种是第一次卖出后还没有第二次买入，利润和即$sell1-prices[i]$；
$$buy2=max(buy2,sell1-prices[i])$$
最后设第二次卖出后的利润和为$sell2$，而第$i$天对应的有两种情况，一种是没有交易，仍未$sell2$；一种是第二次卖出，利润和即$buy2+prices[i]$。
$$sell2=max(sell2,buy2+prices[i])$$

对于初始状态， $buy1=-prices[0],sell1=0,buy2=-prices[0],sell2=0$。

c++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        int buy1 = -prices[0], sell1 = 0, buy2 = -prices[0], sell2 = 0;
        for (int i = 1; i < n; ++i){
            buy1 = max(buy1, -prices[i]);
            sell1 = max(sell1, buy1 + prices[i]);
            buy2 = max(buy2, sell1 - prices[i]);
            sell2 = max(sell2, buy2 + prices[i]);
        }
        return sell2;
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是数组 $prices$ 的长度。
• 空间复杂度：$O(1)$。

4 188. 买卖股票的最佳时机 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）。

4.1 动态规划

相比上一题的3.1解法，本题由2次的限制变成了k次，但整体的思想是可以延用的，对应的$buy2$、$sell2$也变成了$buy[j]$、$sell[j]$，即有2种状态：

1. 第j次买入后的利润和，设为$buy[j]$；
2. 第j次卖出后的利润和，设为$sell[j]$；

首先第$j$次买入交易对应的有两种情况，一种是没有交易，利润和仍未$buy[j]$；一种是要进行买入，利润和是在前一次$[j-1]$卖出后的利润和$sell[j-1]$的基础上，减去本次交易的价格$prices[i]$，即$sell[j-1]-prices[i]$；
$$buy[j]=max(buy[j],sell[j-1]-prices[i])$$
其次第$j$次卖出交易对应的也有两种情况，一种是没有交易，利润和仍未$sell[j]$；一种是要进行卖出，利润和是在第$[j]$次买入后的利润和$buy[j]$的基础上，加上本次交易的价格$prices[i]$，即$buy[j]+prices[i]$；
$$sell[j]=max(sell[j],buy[j]+prices[i])$$

对于初始状态， $vectorbuy(3,-prices[0]),sell(3,0)$。

c++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        vector buy(3, -prices[0]), sell(3, 0);
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            for (int j = 1; j <= k; j++) {
                buy[j] = max(buy[j], sell[j - 1] - prices[i]);
                sell[j] = max(sell[j], buy[j] + prices[i]);
            }
        }
        return sell[k];
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(nmin(n,k))$，其中 $n$ 是数组 $prices$ 的大小，即我们使用二重循环进行动态规划需要的时间；
• 空间复杂度：$O(min(n,k))$，一维数组。

5 309. 买卖股票的最佳时机含冷冻期

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）。

5.1 动态规划

本题可以在第2题的基础上思考，多了一个冷冻期的限制。

所以也是分两种情况，用二维来表示$dp[i][j]$，设持有股票的收益$dp[i][0]$和不持有股票的利润和$dp[i][1]$**。

1. $dp[i][0]$时，有两种情况，一种是持有股票并不交易，收益就是和前一天一样，即$dp[i-1][0]$；或今日进行买入交易，由于有1天冷冻期的限制，所以是在前2天的不持有股票的利润和$dp[i-2][1]$的基础上，减去今日需要买入股票价（价格是今日的$price[i]$），即$dp[i-2][1]-price[i]$，两种情况取最大值。
   $$dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-2][1]-prices[i])$$
2. 同理，$dp[i][1]$时，也有两种情况，一种是持续不持有股票，收益就是和前一天一样，即$dp[i-1][1]$；或今日进行卖出交易，由于卖出没有限制，所以仍旧是在前1天的持有股票的利润和$dp[i-1][0]$的基础上，增加今日卖出的股票价（价格是今日的$price[i]$），即$dp[i-1][0]+price[i]$，两种情况取最大值。
   $$dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[i])$$

对于初始状态， $dp[0][0]=-prices[0]，dp[1][0]=max(-prices[0],-prices[1])，dp[1][1]=max(0,prices[1]-prices[0])$。

c++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        if(n == 1){
            return 0;
        } 
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));
        dp[0][0] = -prices[0];
        dp[1][0] = max(-prices[0], -prices[1]);
        dp[1][1] = max(0, prices[1]-prices[0]);
        for(int i = 2; i < n; ++i){
            dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-2][1]-prices[i]);
            dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0]+prices[i]);
        }
        return dp[n-1][1];
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，只需要遍历一次。
• 空间复杂度：$O(n)$，使用了长度为$n$的数组。

6 714. 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。

6.1 动态规划

本题可以在第2题的基础上思考，比第5题简单，仅仅多了一个手续费的问题，即在$dp[i][0]$时，卖出股票时，减去对应的手续费fee，其他保持不变。

1. $dp[i][0]$时，状态转移方程：
   $$dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]-fee)$$
2. $dp[i][1]$时，状态转移方程：
   $$dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i])$$

对于初始状态， $dp[0][0]=0，dp[0][1]=-prices[0]$。

c++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int n = int(prices.size());
        int dp[n][2];
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0];
        for (int i = 1; i < n; ++i){
            // dp[i][0]第 i 天手里没有股票的利润和
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i] - fee);
            // dp[i][1]第 i 天手里有股票的利润和
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);          
        }
        return dp[n - 1][0];        
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，只需要遍历一次。
• 空间复杂度：$O(n)$，使用了长度为$n$的数组。

Reference

• 👉 简单—> 121. 买卖股票的最佳时机
• 👉 中等—> 122. 买卖股票的最佳时机 II
• 👉 困难—> 123. 买卖股票的最佳时机 III
• 👉 困难—> 188. 买卖股票的最佳时机 IV
• 👉 中等—> 309. 买卖股票的最佳时机含冷冻期
• 👉 中等—> 714. 买卖股票的最佳时机含手续费

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