一个通用方法解决六种股票问题

一个通用方法解决股票问题

1.穷举框架

  利用「状态」进行穷举。我们具体到每一天，看看总共有几种可能的「状态」，再找出每个「状态」对应的「选择」。我们要穷举所有「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。

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...)
            

  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。但问题是，并不是每天都可以任意选择这三种选择的，因为 sell 必须在 buy 之后，buy 必须在 sell 之后。那么 rest 操作还应该分两种状态，一种是 buy 之后的 rest（持有了股票），一种是 sell 之后的 rest（没有持有股票）。而且别忘了，我们还有交易次数 k 的限制，就是说你 buy 还只能在 k > 0 的前提下操作。
  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)

  而且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。
  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。读者可能问为什么不是 dp[n - 1][K][1]？因为 [1] 代表手上还持有股票，[0] 表示手上的股票已经卖出去了，很显然后者得到的利润一定大于前者。

2.状态转移框架

  现在，我们完成了「状态」的穷举，我们开始思考每种「状态」有哪些「选择」，应该如何更新「状态」。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。

  如果 buy，就要从利润中减去 prices[i]，如果 sell，就要给利润增加 prices[i]。今天的最大利润就是这两种可能选择中较大的那个。而且注意 k 的限制，我们在选择 buy 的时候，把 k 减小了 1，当然也可以在 sell 的时候减 1，一样的。
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。

把上面的状态转移方程总结一下：
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])

3.套用框架做题

第一题，k = 1
直接套状态转移方程，根据 base case，可以做一些化简：

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]) 
            = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。

现在发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。
可以进行进一步化简去掉所有 k：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])

直接写出代码：

//k == 1
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int dp_i0 = 0, dp_i1 = INT_MIN;
        for(auto &price : prices){
            dp_i0 = max(dp_i0,dp_i1 + price);
            dp_i1 = max(dp_i1,-price);
        }
        return dp_i0;
    }
};

第二题，k = +infinity
如果 k 为正无穷，那么就可以认为 k 和 k - 1 是一样的。可以这样改写框架：

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

我们发现数组中的 k 已经不会改变了，也就是说不需要记录 k 这个状态了：
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])

直接得出代码：

int maxProfit_k_inf(vector<int>& prices) {
    int dp_i0 = 0, dp_i1 = INT_MIN;
    for (auto &price : prices) {
        int temp = dp_i0;
        dp_i0 = max(dp_i0, dp_i1 + price);
        dp_i1 = max(dp_i1, temp - price);
    }
    return dp_i0;
}

第三题，k = +infinity with cooldown
每次 sell 之后要等一天才能继续交易。只要把这个特点融入上一题的状态转移方程即可：

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])
解释：第 i 天选择 buy 的时候，要从 i-2 的状态转移，而不是 i-1 。

翻译成代码：

int maxProfit_with_cool(vector<int>& prices) {
    int dp_i0 = 0, dp_i1 = INT_MIN;
    int dp_pre0 = 0; // 代表 dp[i-2][0]
    for (auto &price : prices) {
        int temp = dp_i0;
        dp_i0 = max(dp_i0, dp_i1 + price);
        dp_i1 = max(dp_i1, dp_pre0 - price);
        dp_pre0 = temp;
    }
    return dp_i0;
}

第四题，k = +infinity with fee
每次交易要支付手续费，只要把手续费从利润中减去即可。改写方程：

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] - fee)
解释：相当于买入股票的价格升高了。
在第一个式子里减也是一样的，相当于卖出股票的价格减小了。

直接翻译成代码：

int maxProfit_with_fee(vector<int>& prices, int fee) {
    int dp_i0 = 0, dp_i1 = INT_MIN;
    for (auto &price : prices) {
        int temp = dp_i0;
        dp_i0 = max(dp_i0, dp_i1 + price);
        dp_i1 = max(dp_i1, temp - prices - fee);
    }
    return dp_i0;
}

第五题，k = 2
k = 2 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。
这道题 k = 2 和后面要讲的 k 是任意正整数的情况中，对 k 的处理就凸显出来了。我们直接写代码，边写边分析原因。

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])

这里 k 取值范围比较小，所以可以不用 for 循环，直接把 k = 1 和 2 的情况手动列举出来也可以：

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], dp[i-1][1][0] - prices[i])
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], -prices[i])

int maxProfit_k_2(vector<int>& prices) {
    int dp_i10 = 0, dp_i11 = INT_MIN;
    int dp_i20 = 0, dp_i21 = INT_MIN;
    for (auto &price : prices) {
        dp_i20 = max(dp_i20, dp_i21 + price);
        dp_i21 = max(dp_i21, dp_i10 - price);
        dp_i10 = max(dp_i10, dp_i11 + price);
        dp_i11 = max(dp_i11, -price);
    }
    return dp_i20;
}

第六题，k = any integer
有了上一题 k = 2 的铺垫，这题应该和上一题的第一个解法没啥区别。但是出现了一个超内存的错误，原来是传入的 k 值会非常大，dp 数组太大了。现在想想，交易次数 k 最多有多大呢？
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。
直接把之前的代码重用：

class Solution {
public:
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        if(k > n/2){
            return maxProfitInfinity(prices);
        }
        int dp[n][k+1][2]{0};
        for(int i = 0;i < n; ++i){
            for(int j = k;j >= 1;j--){
                if(i == 0){
                    dp[i][j][0] = 0;//第一天买入j次，当天卖出j次,收入为0
                     // 解释：
			        //   dp[i][0] 
			        // = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])
			        // = max(0, -infinity + prices[i]) = 0
                    dp[i][j][1] = -prices[i];//甭管第一天买多少次，反正最后少卖一次，持有了股票
                    //解释：
			        //   dp[i][1] 
			        // = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])
			        // = max(-infinity, 0 - prices[i]) 
			        // = -prices[i]
			        continue;
                }
                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[n-1][k][0];
    }
    int maxProfitInfinity(vector<int>& prices){
        int dp_i0 = 0, dp_i1 = INT_MIN;
        for(auto &price : prices){
            int temp = dp_i0;
            dp_i0 = max(dp_i0, dp_i1 + price);
            dp_i1 = max(dp_i1, temp - price);
        }
        return dp_i0;
    }
};

至此，6 道题目通过一个状态转移方程全部解决。