LeetCode上关于股票买卖的最佳时机一共有6到题目：
在[LeetCode]买卖股票的最佳时机ⅠⅡ中，Jungle采用波峰波谷法解决了两道简单题。那么剩余4到题目该如何求解呢？
其实对比6到题目，题目要求都大同小异，具体差别在于限制股票交易次数k
| 题目 | 限制交易次数k | 特殊要求 |
| 121.买卖股票的最佳时机 | k=1 | 无 |
| 122.买卖股票的最佳时机Ⅱ | k=+∞ | 无 |
| 123.买卖股票的最佳时机Ⅲ | k=2 | 无 |
| 309.买卖股票的最佳时机含冷冻期 | k=+∞ | 交易完一次，第二天无法交易 |
| 188.买卖股票的最佳时机Ⅳ | k=变量 | |
| 714.买卖股票的最佳时机含手续费 | k=+∞ | 每次交易含手续费 |
本文，Jungle将采用动态规划，一举歼灭上述6个问题。
关于动态规划：
1.题目分析
我们以188.买卖股票的最佳时机Ⅳ的要求为例，题目中交易次数k为变量，k=1就是第121题，k=2即124题，k=+∞即122题，在122题目上限制冷冻期即为309题，加上手续费就成了714题。
当然了，默认的限制条件是：
- 不能同时进行多笔交易，必须在再次购买前出售掉之前的股票
- 要盈利，卖出价格不能低于买进价格
给定一个数组prices，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格。
买卖股票，一般有以下几个状态：空仓（Empty）、买入（Buy）、持有（Hold）和卖出（Sell）。但总结起来，其实一共就两种状态：持有（Hold）和空仓（Empty）。
这两种状态是如何变化的呢？（动态规划里提到递推关系，即状态转换方程）
- 第i天持有股票，可能是第i-1天就持有股票，也可能是第i天买了股票
- 第i天空仓，可能是第i-1天就空仓，也可能是第i天卖出了股票
上述已经提到两个状态变量了，即天数i和股票持有状态。别忘了题目还有个交易次数k的限制。我们可以假定，在买进股票的时候就使用了一次交易次数（也可以在卖出后计数）。那么交易次数的状态是如何变化的呢？
- 假设第i天时已经交易了k次：
- 可能是截止第i-1天就已经交易了k次
- 也可能是截止第i-1天交易了k-1次，第i天买进了股票
所以，我们定义一个三维数组dp，三个维度代表三个状态变量，如下图：
根据动态规划的解题三步骤（[LeetCode]动态规划及LeetCode题解分析）：
（1）明确数组元素代表的含义
如上图，dp[i][k][0]代表第i天不持有股票的最大利润，截止第i天交易次数为k；dp[i][k][1]代表第i天持有股票的最大利润，截止第i天交易次数为k。
到最后一天，一定是不持有股票，所以最后求的是dp[last][k][0].
（2）寻找递推关系，务必考虑特殊情况下的递推关系
递推关系即为上述分析的状态转换关系，根据上述分析可以得到：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1]+prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0]-prices[i])
（3）数组初始化
需要明确初始状态:
- 如果在第1天（i=0）买入：dp[0][k][1] = -prices[0]
- 如果在第i天（i=0）不买入：dp[0][k][0] = 0
但k是从1开始的，k=0代表根本不会有交易，所以k=0时利润为0：
- dp[i][0][0] = 0
- dp[i][0][1] = 0
（4）通用代码
int maxProfit(vector<int>&prices){
int len = prices.size();
if (len <= 1){
return 0;
}
// 限制的交易次数
int max_k;
// 声明数组dp[len][k+1][2]
vector<vector<vector<int>>>dp(len, vector<vector<int>>(max_k + 1, vector<int>(2, 0)));
// 初始化
for (int i = 0; i < len; i++){
dp[i][0][0] = 0;
dp[i][0][1] = 0;
dp[i][1][0] = 0;
dp[i][1][1] = -prices[0];
}
// 状态转移通式
for (int i = 1; i < len; i++){
for (int k = 1; k <= max_k; k++){
dp[i][k][0] = max(dp[i][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]);
dp[i][k][1] = max(dp[i][k][1], dp[i - 1][k-1][0] - prices[i]);
}
}
return dp[len - 1][max_k][0];
}2.求解股票买卖的最佳时机
121. 买卖股票的最佳时机
https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意你不能在买入股票前卖出股票。
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。
示例 2:输入: [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。
本题只能交易一次，即k=1。由于k=0的时候最大利润为0，所以状态转移方程如下：
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0],dp[i-1][1][1]+prices[i]);
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1],dp[i-1][0][0]-prices[i]);上述代码通式可以简化，因为确认k=1，所以可以不要k的维度：
int maxProfit(vector<int>& prices){
int len = prices.size();
if (len <= 1){
return 0;
}
int **dp = new int*[len];
for (int i = 0; i<len; i++){
dp[i] = new int[2];
}
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
int maxProfit = dp[0][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], -prices[i]);
if (dp[i][0]>maxProfit){
maxProfit = dp[i][0];
}
}
return maxProfit;
}122. 买卖股票的最佳时机 II
https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。
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: [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）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 。
示例 2:输入: [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 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:输入: [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。
本题k=+∞，通用代码里的第二个for循环怎么办呢？其实这时候跟k的状态也无关了，因为可以认为k和k-1是一样的，代码如下：
int maxProfit(vector<int>&prices){
int len = prices.size();
if (len <= 1){
return 0;
}
// 声明数组dp[len][k+1][2]
vector<vector<int>>dp(len, vector<int>(2, 0));
// 初始化
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
// 状态转移通式
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]);
}
return dp[len - 1][0];
}123. 买卖股票的最佳时机 III
https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 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 两笔 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）。
示例 1:
输入: [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出: 6
解释: 在第 4 天（股票价格 = 0）的时候买入，在第 6 天（股票价格 = 3）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 .随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。
示例 2:输入: [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 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:输入: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
本题k=2，代码如下：
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
if (len <= 1){
return 0;
}
vector<vector<vector<int>>>dp(len, vector<vector<int>>(3, vector<int>(2, 0)));
dp[0][0][0] = 0;
dp[0][0][1] = 0;
dp[0][1][0] = 0;
dp[0][1][1] = -prices[0];
dp[0][2][0] = 0;
dp[0][2][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < len; i++){
for (int k = 1; k <= 2; k++){
dp[i][k][0] = max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]);
dp[i][k][1] = max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]);
}
}
return dp[len - 1][2][0];
}188. 买卖股票的最佳时机 IV
https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 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）。
示例 1:
输入: [2,4,1], k = 2
输出: 2
解释: 在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。
示例 2:输入: [3,2,6,5,0,3], k = 2
输出: 7
解释: 在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。
随后，在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入，在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
本题k为一个变量，作为参数输入函数，那么可以直接使用上面的通式。但是在提交的时候会出现超时的现象。这是因为一次买卖至少需要2天，那么在len天里，最多可以交易len/2次，当k>len/2时，其实k就不再有实际约束作用，此时的解等同于k为无穷大的时候的解。
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
if (len <= 1 || k == 0 ){
return 0;
}
if(k>len/2){
return maxProfit(k为无穷大的时候的解);
}
vector<vector<vector<int>>>dp(len, vector<vector<int>>(k+1, vector<int>(2,0)));
dp[0][0][0] = 0;
dp[0][0][1] = 0;
for (int j = 1; j <= k; j++){
dp[0][j][0] = 0;
dp[0][j][1] = -prices[0];
}
for (int i = 1; i < len; i++){
for (int j = 1; j <= k; j++){
dp[i][j][0] = max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
dp[i][j][1] = max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j-1][0] - prices[i]);
}
}
return dp[len - 1][k][0];
}309. 最佳买卖股票时机含冷冻期
https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown/
给定一个整数数组，其中第 i 个元素代表了第 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）:
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）。
卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
示例:输入: [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]
本题限制了冷冻期，那么状态转移方程需要做修改：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-2][0]-prices[i]);其余等同于k为无穷大的时候的解：
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
if (len <= 1){
return 0;
}
int **dp = new int*[len];
for (int i = 0; i<len; i++){
dp[i] = new int[2];
}
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
dp[1][0] = max(dp[0][0], dp[0][1] + prices[1]);
dp[1][1] = max(dp[0][1], dp[0][0] - prices[1]);
for (int i = 2; 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 - 2][0] - prices[i]);
}
return dp[len - 1][0];
}714. 买卖股票的最佳时机含手续费
https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/
给定一个整数数组 prices，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 ；非负整数 fee 代表了交易股票的手续费用。
你可以无限次地完成交易，但是你每次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。
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.
注意:0 < prices.length <= 50000.
0 < prices[i] < 50000.
0 <= fee < 50000.
本题k为无穷大，加上了手续费，有什么关系呢？
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]);代码如下：
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int len = prices.size();
if (len <= 1){
return 0;
}
int **dp = new int*[len];
for (int i = 0; i<len; i++){
dp[i] = new int[2];
}
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];
}就这样，6到股票买卖的最佳时机问题，就这样被解决了！
欢迎关注知乎专栏：Jungle是一个用Qt的工业Robot
欢迎关注Jungle的微信公众号：Jungle笔记
