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。
- 只允许交易
-
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 。
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;
}
};