最佳买卖股票时机含冷冻期

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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 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]

示例 2:
输入: prices = [1]
输出: 0

提示：
1 <= prices.length <= 5000
0 <= prices[i] <= 1000

题目理解

这个题目猛一看, 本质上是 买卖股票的最佳时机II的变种
但是一个区别是: 是否含有冷冻期

卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天) — — 我们需要再卖出股票这一天做出区分
来, 我们来聊一下每一天的状态有哪一些:

保持持有股票
不持有股票(从冷冻期这一天分开)
1.今天卖出股票
2.冷冻期
3.保持不持有股票

步骤

dp数组

dp[i][0] — — 保持持有股票状态
dp[i][1] — — 今天卖出股票
dp[i][2] — — 冷冻期
dp[i][3] — — 保持不持有股票状态

递推公式

dp[i][0]:
前一天就是持有股票状态 — — dp[i-1][0]
前一天是冷冻期, 今天才买入股票 — — dp[i-1][2] + prices[i]
前一天是保持不持有股票状态, 今天才买入股票 — — dp[i-1][3] + prices[i]

⇒dp[i][0] = max(dp[i-1][0], max(dp[i-1][2] - prices[i], dp[i-1][3] - prices[i]))

dp[i][1]:
就只有一种情况 — — 前一天是持有股票状态 — — dp[i-1][0]

⇒ dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i]

dp[i][2]:
因为冷冻期只有一天 — — 前一天才卖出股票 — — dp[i-1][1]

⇒ dp[I][2] = dp[i-1][1]

dp[i][3]:
前一天是保持不持有股票的状态 — — dp[i-1][3]
前一天是冷冻期 — — dp[i-1][2]

⇒ dp[i][3] = max(dp[i-1][3], dp[i-1][2])

初始化

dp[0][0] = -prices[0]
dp[0][1] = 0
dp[0][2] = 0
dp[0][3] = 0

遍历方向

都是由前一天的状态推导到今天的状态
⇒ 由前到后的遍历顺序

代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) 
    {
        int len = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(5));
        
        dp[0][0] = -prices[0];
        for(int i = 1; i < len; i++)
        {
            dp[i][0] = max(dp[i-1][0], max(dp[i-1][2] - prices[i], dp[i-1][3] - prices[i])); // 持有股票状态
            dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i]; // 卖出股票
            dp[i][2] = dp[i-1][1]; // 冷冻期
            dp[i][3] = max(dp[i-1][3], dp[i-1][2]); // 卖出股票状态
        }
        
        // 不持有股票 肯定比 持有股票 大
        // 所以, 就只要比较不持有股票的几种情况
        return max(dp[len-1][1], max(dp[len-1][2], dp[len-1][3])); 
    }
};

买卖股票的最佳时机含手续费

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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 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

示例 2：
输入：prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出：6

提示：
1 <= prices.length <= 5 * 104
1 <= prices[i] < 5 * 104
0 <= fee < 5 * 104

题目理解

这个题目也是跟 买卖股票的最佳时机II的本质也是一样的
不同的一个点就是 卖出股票需要制服一个手续费fee

步骤

dp数组

dp[i][0] — — 第 i 天不持有股票获取的最大利润
dp[i][1] — — 第 i 天持有股票获取的最大利润

递推公式

根据前面的 持有/非持有 的理解, 那么状态应该怎么转移呢?

dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + price[i] - fee);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - price[i]);

初始化

我们通过递推公式发现: 第 i 天的状态是通过 di i - 1天的状态来推导的
⇒ 开始的时候就是 dp[0][0] 和 dp[0][1]
dp[0][0] — — 第 1 天不持有股票的最大利润 — — 第 1 天的钱包是0 — — dp[0][0] = 0;
dp[0][1] — — 第 1 天持有股票的最大利润 — — 第 1 天钱包是0, 就已经买了商品 — — dp[0][1] = -price[0];

遍历方向

通过递推公式发现: 第 i 天的状态是通过第 i - 1天的状态来推导的
⇒ 所以, 遍历方向是从前向后的

代码

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