【ACWing】1057. 股票买卖 IV

题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/1059/

给定一个长度为$N$的数组，数组中的第$i$个数字表示一个给定股票在第$i$天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润，你最多可以完成$k$笔交易。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）。一次买入卖出合为一笔交易。

输入格式：
第一行包含整数$N$和$k$，表示数组的长度以及你可以完成的最大交易数量。第二行包含$N$个不超过$10000$的正整数，表示完整的数组。

输出格式：
输出一个整数，表示最大利润。

数据范围：
$1\le N\le 105$
$1\le k\le 100$

思路是动态规划。可以将整个买卖过程视为一个状态机接受一个输入，状态机有两个状态，分别是有股和无股，并且设$f[i][j][0]$是到第$i$天为止，一共恰好进行过$j$次买入，并且第$i$天结束时无股的情况下的最大利润，设$f[i][j][1]$是到第$i$天为止，一共进行过$j$次买入，并且第$i$天结束时有股的情况下的最大利润。设$p[i]$是第$i$天的股价，那么就有：
1、今天的无股状态，可以由昨天无股或者昨天有股转移过来，如果昨天无股，那么最大利润是$f[i-1][j][0]$；如果昨天有股，则是$f[i-1][j][1]+p[i]$；
2、今天的有股状态，也可以由昨天无股或者昨天有股转移过来，如果昨天无股，那么最大利润是$f[i-1][j-1][0]-p[i]$；如果昨天有股，则是$f[i-1][j][1]$；
所以有： { f [ i ] [ j ] [ 0 ] = max ⁡ { f [ i − 1 ] [ j ] [ 0 ] , f [ i − 1 ] [ j ] [ 1 ] + p [ i ] } f [ i ] [ j ] [ 1 ] = max ⁡ { f [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 0 ] − p [ i ] , f [ i − 1 ] [ j ] [ 1 ] } \begin{cases}f[i][j][0]=\max\{f[i-1][j][0],f[i-1][j][1]+p[i]\} \\ f[i][j][1]=\max\{f[i-1][j-1][0]-p[i],f[i-1][j][1]\} \end{cases} { f[i][j][0]=max{ f[i−1][j][0],f[i−1][j][1]+p[i]}f[i][j][1]=max{ f[i−1][j−1][0]−p[i],f[i−1][j][1]}​考虑初始条件，一开始第$0$天，只有进行$0$次买入并且无股的状态是合法的，利润是$0$，所以$f[0][0][0]=0$，其余情况都不合法，其转移出来的状态都不能作为答案，可以令$f[0][0][1]=f[0][.>0][0]=f[0][.>0][1]=-\infty$。代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 100010, K = 110;
int n, k;
int a[N], f[N][K][2];

int main() {
    
    
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

    int res = 0;
    // 这里的优化的意思是，如果k >= n / 2，那么等价于可以进行无限次交易
    if (k >= n / 2) {
    
    
        for (int i = 2; i <= n; i++)
            res += max(0, a[i] - a[i - 1]);

        cout << res << endl;
        return 0;
    }

    memset(f, -0x3f, sizeof f);
    f[0][0][0] = 0;
    
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
        for (int j = 0; j <= k; j++) {
    
    
            f[i][j][0] = max(f[i - 1][j][0], f[i - 1][j][1] + a[i]);
            f[i][j][1] = f[i - 1][j][1];
            if (j >= 1) f[i][j][1] = max(f[i][j][1], f[i - 1][j - 1][0] - a[i]);
        }
    }

    cout << f[n][k][0] << endl;

    return 0;
}

时空复杂度$O(Nk)$。