[LeetCode] 188、买卖股票的最佳时机 IV

题目描述

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。

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 。

解题思路

本题是股票问题的最泛化的形式，推荐：一个通用方法团灭 6 道股票问题。我的实现。

这 6 道股票买卖问题是有共性的，我们通过对第四题（限制最大交易次数为 k）的分析一道一道解决。因为第四题是一个最泛化的形式，其他的问题都是这个形式的简化。

第一题是只进行一次交易，相当于 k = 1；第二题是不限交易次数，相当于 k = +infinity（正无穷）；第三题是只进行 2 次交易，相当于 k = 2；剩下两道也是不限次数，但是加了交易「冷冻期」和「手续费」的额外条件，其实就是第二题的变种，都很容易处理。

我们必须穷举所有「状态」，穷举的目的是根据对应的「选择」更新状态。听起来抽象，你只要记住「状态」和「选择」两个词就行，下面实操一下就很容易明白了：

// 「穷举框架」
for 状态1 in 状态1的所有取值：
    for 状态2 in 状态2的所有取值：
        for ...
            dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)

状态和选择：比如说这个问题

• 每天都有三种「选择」：买入、卖出、无操作，我们用 buy, sell, rest 表示这三种选择。
• 这个问题的「状态」有三个：第一个是天数，第二个是允许交易的最大次数，第三个是当前的持有状态（即之前说的 rest 的状态，我们不妨用 1 表示持有，0 表示没有持有）。

然后我们用一个三维数组就可以装下这几种状态的全部组合：

dp[i][k][0 or 1]
0 <= i <= n-1, 1 <= k <= K
n 为天数，大 K 为最多交易数
此问题共 n × K × 2 种状态，全部穷举就能搞定。

for 0 <= i < n:
    for 1 <= k <= K:
        for s in {0, 1}:
            dp[i][k][s] = max(buy, sell, rest)

我们可以用自然语言描述出每一个状态的含义：比如说 dp[3][2][1] 的含义就是：今天是第三天，我现在手上持有着股票，至今最多进行 2 次交易。再比如 dp[2][3][0] 的含义：今天是第二天，我现在手上没有持有股票，至今最多进行 3 次交易。很容易理解，对吧？

我们想求的最终答案是 dp[n-1][K][0]，即最后一天，最多允许 K 次交易，最多获得多少利润。

记住如何解释「状态」，一旦你觉得哪里不好理解，把它翻译成自然语言就容易理解了。

只看「持有状态」，可以画个状态转移图。

通过这个图可以很清楚地看到，每种状态（0 和 1）是如何转移而来的。根据这个图，我们来写一下状态转移方程：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
              max(   选择 rest  ,           选择 sell      )

解释：今天我没有持有股票，有两种可能：
要么是我昨天就没有持有，然后今天选择 rest，所以我今天还是没有持有；
要么是我昨天持有股票，但是今天我 sell 了，所以我今天没有持有股票了。

dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
              max(   选择 rest  ,           选择 buy         )

解释：今天我持有着股票，有两种可能：
要么我昨天就持有着股票，然后今天选择 rest，所以我今天还持有着股票；
要么我昨天本没有持有，但今天我选择 buy，所以今天我就持有股票了。

还差最后一点点，就是定义 base case，即最简单的情况：

dp[-1][k][0] = 0
解释：因为 i 是从 0 开始的，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时候的利润当然是 0 。
dp[-1][k][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。
dp[i][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0 。
dp[i][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。

总结一下：

base case：
dp[-1][k][0] = dp[i][0][0] = 0
dp[-1][k][1] = dp[i][0][1] = -infinity

状态转移方程：
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])

读者可能会问，这个数组索引是 -1 怎么编程表示出来呢，负无穷怎么表示呢？这都是细节问题，有很多方法实现。现在完整的框架已经完成，可以用此套路秒杀所有股票问题了。

看这个题解需要注意的几点：

• k应该理解为“至今最多进行了k次交易时所获得的最大利润”

• k倒序是为了优化成2维数组，写3维数组就没必要倒序了，这样反而不好理解。（搜0-1背包优化的相关文章）

• 什么时候需要考虑k的取值情况：

  • 只允许交易1次时，发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。
  • 如果 k 为正无穷，那么就可以认为 k 和 k - 1 是一样的。
  • 当k有限制时：如k = 2 （和k为任意正整数）和前面题目的情况稍微不同，因为上面的情况都和 k 的关系不太大。要么 k 是正无穷，状态转移和 k 没关系了；要么 k = 1，跟 k = 0 这个 base case 挨得近，最后也没有存在感。在k有限制时我们需要对k进行特殊处理。

• 注意一下状态转移方程，新状态只和相邻的一个状态有关，其实不用整个 dp 数组，只需要一个变量储存相邻的那个状态就足够了，这样可以把空间复杂度降到 $O(1)$。

参考代码

// 原始的动态转移方程，没有可化简的地方
// 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])

// 还记得前面总结的「穷举框架」吗？就是说我们必须穷举所有状态。
// 其实我们之前的解法，都在穷举所有状态，只是之前的题目中 k 都被化简掉了。
// 这道题由于没有消掉 k 的影响，所以必须要对 k 进行穷举：

// 一次交易由买入和卖出构成，至少需要两天。所以说有效的限制 k 应该不超过 n/2，
// 如果超过，就没有约束作用了，相当于 k = +infinity。这种情况是之前解决过的。
class Solution {
public:
    int maxProfit(int max_k, vector<int>& prices) {
        int length = prices.size();
        if(length <= 1)
            return 0;
        if(max_k > length/2)
            return maxProfit_k_inf(prices);

        int dp[length][max_k + 1][2] = {0};
        for (int i = 0; i < length; i++) 
            for (int k = 1; k <= max_k; k++) {
                if (i - 1 == -1) {   // 必须这样处理basecase
                    /* 处理 base case */
                    dp[i][k][0] = 0;
                    dp[i][k][1] = -prices[i];
                    continue;
                }
                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[length - 1][max_k][0];      
    }
    
    // 122. 买卖股票的最佳时机 II
    int maxProfit_k_inf(vector<int>& prices) {
        int length = prices.size();
        if(length <= 1)
            return 0;
        
        // base case: dp[-1][0] = 0, dp[-1][1] = -infinity
        int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = -prices[0];
        for (int i = 1; i < length; i++) {
            int temp = dp_i_0;
            dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
            dp_i_1 = max(dp_i_1, temp - prices[i]);            
        }
        
        return dp_i_0;
    }
};