1、含冷冻期 的多状态 买卖股票问题
1.1 leetcode 309：最佳买卖股票时机含冷冻期
第一遍代码
运用之前二维dp数组的方法，第二个维度大小为2，对应持有，不持有
dp[1][0] = max(dp[0][0], -prices[1]);注意要考虑只有一天的情况
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 2][1] - prices[i]);因为有冷冻期，所以是i - 2
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
//运用之前二维dp数组的方法，第二个维度大小为2，对应持有，不持有
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2));
dp[0][0] = -prices[0];
if(prices.size() > 1) {
dp[1][0] = max(dp[0][0], -prices[1]);//注意要考虑只有一天的情况
}
dp[0][1] = 0;
for(int i = 1; i < prices.size(); i++) {
if(i > 1) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 2][1] - prices[i]);//因为有冷冻期，所以是i - 2
}
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);
}
return dp[prices.size() - 1][1];
}
};
1.2 leetcode 309：每天分为了4个状态
代码随想录思路（与第一遍代码思路不同，将每天分为了4个状态）
相对于 leetcode 122：买卖股票的最佳时机II ，本题加上了一个冷冻期
在 leetcode 122：买卖股票的最佳时机II 中有两个状态，持有股票后的最多现金，和不持有股票的最多现金
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]
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
在之前的题目中，「今天卖出股票」我是没有单独列出一个状态的归类为「不持有股票的状态」，而本题为什么要单独列出「今天卖出股票」 一个状态呢
因为本题我们有冷冻期，而冷冻期的前一天，只能是 「今天卖出股票」 状态，如果是 「不持有股票状态」那么就很模糊，因为不一定是 卖出股票的操作
注意这里的每一个状态，例如状态一，是持有股票状态并不是说今天一定就买入股票，而是说保持买入股票的状态即：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（来源）：
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（所以需要区别保持卖出 和 今天卖出）（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]，有两个具体操作啊（来源）：
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（来源）：
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（来源）：
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
这里主要讨论一下第0天（因为递推公式只与 上一个状态 有关）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] - prices[i], 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]));
}
};
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
当然，空间复杂度可以优化，定义一个dp[2][4]大小的数组就可以了，就保存前一天的当前的状态
2、包含手续费 的买卖股票问题
2.1 leetcode 714：买卖股票的最佳时机含手续费
第一遍代码
只要在股票卖出的时候减去手续费就行
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
//只要在股票卖出的时候减去手续费就行
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2));
dp[0][0] = -prices[0];
dp[0][1] = 0;
for(int i = 1; i < prices.size(); 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 dp[prices.size() - 1][1];
}
};
代码随想录思路：
2.2 leetcode 714：贪心算法
在 leetcode 122：买卖股票的最佳时机II 中使用贪心策略不用关心具体什么时候买卖，只要收集每天的正利润，最后稳稳的就是最大利润了
而本题有了手续费，就要关心什么时候买卖了，因为计算所获得利润，需要考虑买卖利润可能不足以手续费的情况
如果使用贪心策略，就是最低值买，最高值（如果算上手续费还盈利）就卖
此时无非就是要找到两个点，买入日期，和卖出日期
买入日期：其实很好想，遇到更低点就记录一下
卖出日期：这个就不好算了，但也没有必要算出准确的卖出日期，只要当前价格大于（最低价格+手续费），就可以收获利润，至于准确的卖出日期，就是连续收获利润区间里的最后一天（并不需要计算是具体哪一天）
所以我们在做收获利润操作的时候其实有三种情况：
情况一：收获利润的这一天并不是收获利润区间里的最后一天（不是真正的卖出，相当于持有股票），所以后面要继续收获利润
情况二：前一天是收获利润区间里的最后一天（相当于真正的卖出了），今天要重新记录最小价格了
情况三：不作操作，保持原有状态（买入，卖出，不买不卖）
贪心算法C++代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int result = 0;
int minPrice = prices[0]; // 记录最低价格
for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
// 情况二：相当于买入
if (prices[i] < minPrice) minPrice = prices[i];
// 情况三：保持原有状态（因为此时买则不便宜，卖则亏本）
if (prices[i] >= minPrice && prices[i] <= minPrice + fee) {
continue;
}
// 计算利润，可能有多次计算利润，最后一次计算利润才是真正意义的卖出
if (prices[i] > minPrice + fee) {
result += prices[i] - minPrice - fee;
minPrice = prices[i] - fee; // 情况一，这一步很关键，避免重复扣手续费
}
}
return result;
}
};
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)
从代码中可以看出对情况一的操作，因为如果还在收获利润的区间里，表示并不是真正的卖出，而计算利润每次都要减去手续费，所以要让minPrice = prices[i] - fee;，这样在明天收获利润的时候，才不会多减一次手续费
会不会对买入中的prices[i] < minPrice 和 保持原有状态prices[i] >= minPrice && prices[i] <= minPrice + fee产生影响？不会，因为最后一次卖出的价格本来就要考虑需要减手续费，而对于result的计算来说，在整个持有过程中又只有第一天扣了手续费
2.3 leetcode 714：动态规划
相对于 leetcode 122：买卖股票的最佳时机II ，本题只需要在计算卖出操作的时候减去手续费就可以了，代码几乎是一样的
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);
本题和 leetcode 122：买卖股票的最佳时机II 的区别就是这里需要多一个减去手续费的操作
跟第一遍代码思路相同，代码随想录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]);
}
};
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
对空间进行优化，因为当前状态只是依赖前一个状态
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int n = prices.size();
int holdStock = (-1) * prices[0]; // 持股票
int saleStock = 0; // 卖出股票
for (int i = 1; i < n; i++) {
int previousHoldStock = holdStock;
holdStock = max(holdStock, saleStock - prices[i]);
saleStock = max(saleStock, previousHoldStock + prices[i] - fee);
}
return saleStock;
}
};
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)
