DAY55：动态规划（买卖股票的最佳时机3）

news2025/1/17 2:55:23

Leetcode: 309 最佳买卖股票时机含冷冻期

这道题比上面状态更多，是因为卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为1天)。

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！（状态4包含在状态2中）

递推公式

这样递推公式就会比较复杂

1、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的状态（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]);

2、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]);

3、今天就卖出股票状态（状态三），即：dp[i][2] ，只有一个操作：

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];

4、冷冻期状态（状态四），即：dp[i][3]，只有一个操作：

昨天卖出了股票（状态三）

dp[i][3] = dp[i - 1][2];

最后结果是取状态二，状态三，和状态四的最大值。

弄清楚这些关系之后，代码就很好写了。

时间复杂度：O(n)

空间复杂度：O(n)

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(4, 0));
        dp[0][0] = -prices[0];
        for(int i = 1; i < len; 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[len-1][1],max(dp[len-1][2],dp[len-1][3]));

    }
};

Leetcode: 714 买卖股票的最佳时机含手续费

这题可以视为122 买卖股票的最佳时机II的变种，因为增加了手续费，这样我们只需要在卖出这只股票的时候减去手续费就好了，因此所有的代码保持不变，只需要更新卖出股票的时候的dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i] - fee);就可以了。

时间复杂度：O(n)

空间复杂度：O(n)

代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int len = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2, 0));
        dp[0][0] -= prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for (int i = 1; i < len; 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[len - 1][1];

    }
};