在上期，我给大家讲解了关于单个状态下的dp问题，本期我给大家讲述几道关于多状态下的dp问题。希望大家有所帮助！！！

（一）粉刷房⼦

（二）买卖股票的最佳时机含冷冻期

（三）买卖股票的最佳时机含手续费

（一）粉刷房⼦

链接如下：剑指 Offer II 091. 粉刷房子

题⽬描述：

算法思路：

1. 状态表⽰：

对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：

i. 以某个位置为结尾；
ii. 以某个位置为起点。

这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：

但是我们这个题在 i 位置的时候，会⾯临「红」「蓝」「绿」三种抉择，所依赖的状态需要细分：

dp[i][0] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「红⾊」，此时的最⼩花费；
dp[i][1] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「蓝⾊」，此时的最⼩花费；
dp[i][2] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「绿⾊」，此时的最⼩花费。

2. 状态转移⽅程：

因为状态表⽰定义了三个，因此我们的状态转移⽅程也要分析三个：

对于 dp[i][0] ：

如果第 i 个位置粉刷上「红⾊」，那么 i - 1 位置上可以是「蓝⾊」或者「绿⾊」
因此我们需要知道粉刷到 i - 1 位置上的时候，粉刷上「蓝⾊」或者「绿⾊」的最⼩花费，然后加上 i 位置的花费即可;
于是状态转移⽅程为： dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0]

同理，我们可以推导出另外两个状态转移⽅程为：

dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1] ；
dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2] 。

3. 初始化：

可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。

使⽤这种技巧要注意两个点：

i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
ii. 「下标的映射关系」。在本题中，添加⼀个节点，并且初始化为 0 即可。

4. 填表顺序

根据「状态转移⽅程」得「从左往右，三个表⼀起填」

5. 返回值

根据「状态表⽰」，应该返回最后⼀个位置粉刷上三种颜⾊情况下的最⼩值;
因此需要返回： min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]))

代码展示：

class Solution {
public:
    int minCost(vector<vector<int>>& costs) {
        int size = costs.size();
        vector<vector<int>> dp(size + 1, vector<int>(3));
        for (int i = 1; i <= size; i++) {
            dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];
            dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];
            dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0]) + costs[i - 1][2];
        }
    return min(dp[size][0], min(dp[size][1], dp[size][2]));
    }
};

Leetcode 测试结果：

性能分析：

时间复杂度：O(n)。其中 n 是房子个数。需要遍历全部房子一次，由于颜色数量固定是三种，因此对于每个房子计算粉刷房子的最小花费成本的时间是 O(1)，总时间复杂度是 O(n)。
空间复杂度：O(n).

（二）买卖股票的最佳时机含冷冻期

链接如下：309. 最佳买卖股票时机含冷冻期

在之前我已经对买卖股票的最佳时机等进行了具体的探讨，如果大家对于不清楚的话，可以去看我关于买卖股票最佳时机的题目讲解：买卖股票最佳时机类题目讲解

题目描述

算法思路：

1. 状态表⽰：

对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：

i. 以某个位置为结尾；
ii. 以某个位置为起点。

这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：

由于有「买⼊」「可交易」「冷冻期」三个状态，因此我们可以选择⽤三个数组，其中：

dp[i][0] 表⽰：第 i 天结束后，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；
dp[i][1] 表⽰：第 i 天结束后，处于「可交易」状态，此时的最⼤利润；
dp[i][2] 表⽰：第 i 天结束后，处于「冷冻期」状态，此时的最⼤利润。

2. 状态转移⽅程：

我们要谨记规则：

i. 处于「买⼊」状态的时候，我们现在有股票，此时不能买股票，只能继续持有股票，或者卖出股票；

ii. 处于「卖出」状态的时候：

如果「在冷冻期」，不能买⼊；
如果「不在冷冻期」，才能买⼊。

对于 dp[i][0] ，我们有「两种情况」能到达这个状态：

i. 在 i - 1 天持有股票，此时最⼤收益应该和 i - 1 天的保持⼀致： dp[i - 1] [0] ；
ii. 在 i 天买⼊股票，那我们应该选择 i - 1 天不在冷冻期的时候买⼊，由于买⼊需要花钱，所以此时最⼤收益为： dp[i - 1][1] - prices[i]

两种情况应取最⼤值，因此： dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]) 。

对于 dp[i][1] ，我们有「两种情况」能到达这个状态：

i. 在 i - 1 天的时候，已经处于冷冻期，然后啥也不⼲到第 i 天，此时对应的状态为： dp[i - 1][2] ；
ii. 在 i - 1 天的时候，⼿上没有股票，也不在冷冻期，但是依旧啥也不⼲到第 i 天，此时对应的状态为 dp[i - 1][1] ；

两种情况应取最⼤值，因此： dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) 。

对于 dp[1][i] ，我们只有「⼀种情况」能到达这个状态：

i. 在 i - 1 天的时候，卖出股票。因此对应的状态转移为： dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i]

3. 初始化：

三种状态都会⽤到前⼀个位置的值，因此需要初始化每⼀⾏的第⼀个位置：

dp[0][0] ：此时要想处于「买⼊」状态，必须把第⼀天的股票买了，因此 dp[0][0] = - prices[0]
dp[0][1] ：啥也不⽤⼲即可，因此 dp[0][1] = 0 ；
dp[0][2] ：⼿上没有股票，买⼀下卖⼀下就处于冷冻期，此时收益为 0 ，因此 dp[0][2] = 0 。

4. 填表顺序：

根据「状态表⽰」，我们要三个表⼀起填，每⼀个表「从左往右」。

5. 返回值：

应该返回「卖出状态」下的最⼤值，因此应该返回 max(dp[n - 1][1], dp[n - 1] [2]) 。

代码展示

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

Leetcode 测试结果：

性能分析：

时间复杂度：O(n)。
空间复杂度：O(n).

（三）买卖股票的最佳时机含手续费

链接如下：714. 买卖股票的最佳时机含手续费

题目描述

算法思路

1. 状态表⽰：

对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：

i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。

这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：

由于有「买⼊」「可交易」两个状态，因此我们可以选择⽤两个数组，其中：

f[i] 表⽰：第 i 天结束后，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；
g[i] 表⽰：第 i 天结束后，处于「卖出」状态，此时的最⼤利润。

2. 状态转移⽅程：

我们选择在「卖出」的时候，⽀付这个⼿续费，那么在「买⼊」的时候，就不⽤再考虑⼿续费的问题。

对于 f[i] ，我们有两种情况能到达这个状态：

i. 在 i - 1 天「持有」股票，第 i 天啥也不⼲。此时最⼤收益为 f[i - 1] ；
ii. 在 i - 1 天的时候「没有」股票，在第 i 天买⼊股票。此时最⼤收益为 g[i - 1] - prices[i]) ；

两种情况下应该取最⼤值，因此 f[i] = max(f[i - 1], g[i - 1] - prices[i])

对于 g[i] ，我们也有两种情况能够到达这个状态：

i. 在 i - 1 天「持有」股票，但是在第 i 天将股票卖出。此时最⼤收益为： f[i - 1] + prices[i] - fee) ，记得⼿续费；
ii. 在 i - 1 天「没有」股票，然后第 i 天啥也不⼲。此时最⼤收益为： g[i - 1] ；两种情况下应该取最⼤值，因此 g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1] + prices[i] - fee) 。

3. 初始化：

由于需要⽤到前⾯的状态，因此需要初始化第⼀个位置。

对于 f[0] ，此时处于「买⼊」状态，因此 f[0] = -prices[0] ；
对于 g[0] ，此时处于「没有股票」状态，啥也不⼲即可获得最⼤收益，因此 g[0] = 0 。

4. 填表顺序：

毫⽆疑问是「从左往右」，但是两个表需要⼀起填。

5. 返回值：

应该返回「卖出」状态下，最后⼀天的最⼤值收益： g[n - 1] 。

代码展示

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