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前言
代码随想录算法训练营day50
一、Leetcode 309.最佳买卖股票时机含冷冻期
1.题目
给定一个整数数组prices，其中第 prices[i] 表示第 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）:
卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
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: prices = [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]
示例 2:
输入: prices = [1]
输出: 0
提示：
1 <= prices.length <= 5000
0 <= prices[i] <= 1000
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown
2.解题思路
方法一：动态规划
思路与算法
我们用 f[i]f[i] 表示第 ii 天结束之后的「累计最大收益」。根据题目描述，由于我们最多只能同时买入（持有）一支股票，并且卖出股票后有冷冻期的限制，因此我们会有三种不同的状态：
我们目前持有一支股票，对应的「累计最大收益」记为 f[i][0]f[i][0]；
我们目前不持有任何股票，并且处于冷冻期中，对应的「累计最大收益」记为 f[i][1]f[i][1]；
我们目前不持有任何股票，并且不处于冷冻期中，对应的「累计最大收益」记为 f[i][2]f[i][2]。
这里的「处于冷冻期」指的是在第 ii 天结束之后的状态。也就是说：如果第 ii 天结束之后处于冷冻期，那么第 i+1i+1 天无法买入股票。
如何进行状态转移呢？在第 ii 天时，我们可以在不违反规则的前提下进行「买入」或者「卖出」操作，此时第 ii 天的状态会从第 i−1i−1 天的状态转移而来；我们也可以不进行任何操作，此时第 ii 天的状态就等同于第 i−1i−1 天的状态。那么我们分别对这三种状态进行分析：
对于 f[i][0]f[i][0]，我们目前持有的这一支股票可以是在第 i−1i−1 天就已经持有的，对应的状态为 f[i−1][0]f[i−1][0]；或者是第 ii 天买入的，那么第 i−1i−1 天就不能持有股票并且不处于冷冻期中，对应的状态为 f[i−1][2]f[i−1][2] 加上买入股票的负收益 prices[i]prices[i]。因此状态转移方程为：
f[i][0]=max(f[i−1][0],f[i−1][2]−prices[i])f[i][0]=max(f[i−1][0],f[i−1][2]−prices[i])
对于 f[i][1]f[i][1]，我们在第 ii 天结束之后处于冷冻期的原因是在当天卖出了股票，那么说明在第 i−1i−1 天时我们必须持有一支股票，对应的状态为 f[i−1][0]f[i−1][0] 加上卖出股票的正收益 prices[i]prices[i]。因此状态转移方程为：
f[i][1]=f[i−1][0]+prices[i]f[i][1]=f[i−1][0]+prices[i]
对于 f[i][2]f[i][2]，我们在第 ii 天结束之后不持有任何股票并且不处于冷冻期，说明当天没有进行任何操作，即第 i−1i−1 天时不持有任何股票：如果处于冷冻期，对应的状态为 f[i−1][1]f[i−1][1]；如果不处于冷冻期，对应的状态为 f[i−1][2]f[i−1][2]。因此状态转移方程为：
f[i][2]=max(f[i−1][1],f[i−1][2])f[i][2]=max(f[i−1][1],f[i−1][2])
这样我们就得到了所有的状态转移方程。如果一共有 nn 天，那么最终的答案即为：
max(f[n−1][0],f[n−1][1],f[n−1][2])max(f[n−1][0],f[n−1][1],f[n−1][2])
注意到如果在最后一天（第 n−1n−1 天）结束之后，手上仍然持有股票，那么显然是没有任何意义的。因此更加精确地，最终的答案实际上是 f[n−1][1]f[n−1][1] 和 f[n−1][2]f[n−1][2] 中的较大值，即：
max(f[n−1][1],f[n−1][2])max(f[n−1][1],f[n−1][2])
细节
我们可以将第 00 天的情况作为动态规划中的边界条件：
{f[0][0]=−prices[0]f[0][1]=0f[0][2]=0⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧f[0][0]f[0][1]f[0][2]=−prices[0]=0=0
在第 00 天时，如果持有股票，那么只能是在第 00 天买入的，对应负收益 −prices[0]−prices[0]；如果不持有股票，那么收益为零。注意到第 00 天实际上是不存在处于冷冻期的情况的，但我们仍然可以将对应的状态 f[0][1]f[0][1] 置为零，这其中的原因留给读者进行思考。
这样我们就可以从第 11 天开始，根据上面的状态转移方程进行进行动态规划，直到计算出第 n−1n−1 天的结果。
3.代码实现
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length == 0) {
return 0;
}
int n = prices.length;
// f[i][0]: 手上持有股票的最大收益
// f[i][1]: 手上不持有股票，并且处于冷冻期中的累计最大收益
// f[i][2]: 手上不持有股票，并且不在冷冻期中的累计最大收益
int[][] f = new int[n][3];
f[0][0] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
f[i][0] = Math.max(f[i - 1][0], f[i - 1][2] - prices[i]);
f[i][1] = f[i - 1][0] + prices[i];
f[i][2] = Math.max(f[i - 1][1], f[i - 1][2]);
}
return Math.max(f[n - 1][1], f[n - 1][2]);
}
}
二、Leetcode 714.买卖股票的最佳时机含手续费
1.题目
给定一个整数数组 prices，其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格 ；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，但是你每笔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。
注意：这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。
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
示例 2：
输入：prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出：6
提示：
1 <= prices.length <= 5 * 104
1 <= prices[i] < 5 * 104
0 <= fee < 5 * 104
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee
2.解题思路
思路解析
这是一道入门的动态规划的题目。题目与 「秒懂 122. 买卖股票的最佳时机 II」 相比，只是多了 “手续费”。
一般的动态规划题目思路三步走：
定义状态转移方程
给定转移方程初始值
写代码递推实现转移方程
- 定义状态转移方程
定义二维数组 dp[n][2]dp[n][2]：
dp[i][0]dp[i][0] 表示第 ii 天不持有可获得的最大利润；
dp[i][1]dp[i][1] 表示第 ii 天持有可获得的最大利润（注意是第 ii 天持有，而不是第 ii 天买入）。
定义状态转移方程：
不持有：dp[i][0]=max(dp[i−1][0],dp[i−1][1]+prices[i]−fee)dp[i][0]=max(dp[i−1][0],dp[i−1][1]+prices[i]−fee)
对于今天不持有，可以从两个状态转移过来：1. 昨天也不持有；2. 昨天持有，今天卖出。两者取较大值。
持有：dp[i][1]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][0]−prices[i])dp[i][1]=max(dp[i−1][1],dp[i−1][0]−prices[i])
对于今天持有，可以从两个状态转移过来：1. 昨天也持有；2. 昨天不持有，今天买入。两者取较大值。
- 给定转移方程初始值
对于第 00 天：
不持有： dp[0][0]=0dp[0][0]=0
持有（即花了 price[0]price[0] 的钱买入）： dp[0][1]=−prices[0]dp[0][1]=−prices[0]
3.代码实现
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i] - fee);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];
}
}