本文章代码以c++为例！
股票问题是一个动态规划的系列问题
一、力扣第121题：买卖股票的最佳时机
题目：
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 。
示例 1：
输入：[7,1,5,3,6,4]
输出：5
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。
示例 2：
输入：prices = [7,6,4,3,1] 输出：0 解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
提示：
1 <= prices.length <= 1050 <= prices[i] <= 104
思路
# 暴力
这道题目最直观的想法，就是暴力，找最优间距了。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int result = 0;
for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
for (int j = i + 1; j < prices.size(); j++){
result = max(result, prices[j] - prices[i]);
}
}
return result;
}
};
- 时间复杂度：O(n^2)
- 空间复杂度：O(1)
当然该方法超时了。
# 贪心
因为股票就买卖一次，那么贪心的想法很自然就是取最左最小值，取最右最大值，那么得到的差值就是最大利润。
C++代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int low = INT_MAX;
int result = 0;
for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
low = min(low, prices[i]); // 取最左最小价格
result = max(result, prices[i] - low); // 直接取最大区间利润
}
return result;
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
# 动态规划
动规五部曲分析如下：
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][0] 表示第i天持有股票所得最多现金 ，这里可能有同学疑惑，本题中只能买卖一次，持有股票之后哪还有现金呢？
其实一开始现金是0，那么加入第i天买入股票现金就是 -prices[i]， 这是一个负数。
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
注意这里说的是“持有”，“持有”不代表就是当天“买入”！也有可能是昨天就买入了，今天保持持有的状态
很多同学把“持有”和“买入”没区分清楚。
在下面递推公式分析中，我会进一步讲解。
- 确定递推公式
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，所得现金就是买入今天的股票后所得现金即：-prices[i]
那么dp[i][0]应该选所得现金最大的，所以dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
如果第i天不持有股票即dp[i][1]， 也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即：prices[i] + dp[i - 1][0]
同样dp[i][1]取最大的，dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
这样递推公式我们就分析完了
- dp数组如何初始化
由递推公式 dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]); 和 dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);可以看出
其基础都是要从dp[0][0]和dp[0][1]推导出来。
那么dp[0][0]表示第0天持有股票，此时的持有股票就一定是买入股票了，因为不可能有前一天推出来，所以dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1]表示第0天不持有股票，不持有股票那么现金就是0，所以dp[0][1] = 0;
- 确定遍历顺序
从递推公式可以看出dp[i]都是由dp[i - 1]推导出来的，那么一定是从前向后遍历。
- 举例推导dp数组
以示例1，输入：[7,1,5,3,6,4]为例，dp数组状态如下：
dp[5][1]就是最终结果。
为什么不是dp[5][0]呢？
因为本题中不持有股票状态所得金钱一定比持有股票状态得到的多！
以上分析完毕，C++代码如下：
// 版本一
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
if (len == 0) return 0;
vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2));
dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < len; i++) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
}
return dp[len - 1][1];
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
从递推公式可以看出，dp[i]只是依赖于dp[i - 1]的状态。
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
那么我们只需要记录 当前天的dp状态和前一天的dp状态就可以了，可以使用滚动数组来节省空间，代码如下：
// 版本二
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2)); // 注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组
dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < len; i++) {
dp[i % 2][0] = max(dp[(i - 1) % 2][0], -prices[i]);
dp[i % 2][1] = max(dp[(i - 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i - 1) % 2][0]);
}
return dp[(len - 1) % 2][1];
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
这里能写出版本一就可以了，版本二虽然原理都一样，但是想直接写出版本二还是有点麻烦，容易自己给自己找bug。
所以建议是先写出版本一，然后在版本一的基础上优化成版本二，而不是直接就写出版本二。
二、力扣第122题：买卖股票的最佳时机 II
题目：
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 。
示例 1：
输入：prices = [7,1,5,3,6,4]
输出：7
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3 。
总利润为 4 + 3 = 7 。
示例 2：
输入：prices = [1,2,3,4,5] 输出：4 解释：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。 总利润为 4 。
示例 3：
输入：prices = [7,6,4,3,1] 输出：0 解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为 0 。
提示：
1 <= prices.length <= 3 * 1040 <= prices[i] <= 104
思路
本题我们在讲解贪心专题的时候就已经讲解过了贪心算法：买卖股票的最佳时机II
(opens new window)，只不过没有深入讲解动态规划的解法，那么这次我们再好好分析一下动规的解法。
本题和121. 买卖股票的最佳时机
(opens new window)的唯一区别是本题股票可以买卖多次了（注意只有一只股票，所以再次购买前要出售掉之前的股票）
在动规五部曲中，这个区别主要是体现在递推公式上，其他都和121. 买卖股票的最佳时机
(opens new window)一样一样的。
所以我们重点讲一讲递推公式。
这里重申一下dp数组的含义：
- dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金。
- 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]
注意这里和121. 买卖股票的最佳时机
(opens new window)唯一不同的地方，就是推导dp[i][0]的时候，第i天买入股票的情况。
在121. 买卖股票的最佳时机
(opens new window)中，因为股票全程只能买卖一次，所以如果买入股票，那么第i天持有股票即dp[i][0]一定就是 -prices[i]。
而本题，因为一只股票可以买卖多次，所以当第i天买入股票的时候，所持有的现金可能有之前买卖过的利润。
那么第i天持有股票即dp[i][0]，如果是第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]。
再来看看如果第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即：prices[i] + dp[i - 1][0]
注意这里和121. 买卖股票的最佳时机
(opens new window)就是一样的逻辑，卖出股票收获利润（可能是负值）天经地义！
代码如下：（注意代码中的注释，标记了和121.买卖股票的最佳时机唯一不同的地方）
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
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]); // 注意这里是和121. 买卖股票的最佳时机唯一不同的地方。
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);
}
return dp[len - 1][1];
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
大家可以本题和121. 买卖股票的最佳时机
(opens new window)的代码几乎一样，唯一的区别在：
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);
这正是因为本题的股票可以买卖多次！ 所以买入股票的时候，可能会有之前买卖的利润即：dp[i - 1][1]，所以dp[i - 1][1] - prices[i]。
想到到这一点，对这两道题理解的就比较深刻了。
这里我依然给出滚动数组的版本，C++代码如下：
// 版本二
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2)); // 注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组
dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < len; i++) {
dp[i % 2][0] = max(dp[(i - 1) % 2][0], dp[(i - 1) % 2][1] - prices[i]);
dp[i % 2][1] = max(dp[(i - 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i - 1) % 2][0]);
}
return dp[(len - 1) % 2][1];
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
