- 买卖股票的最佳时机
- 买卖股票的最佳时机II
- 买卖股票的最佳时机III
- 买卖股票的最佳时机 IV
- 最佳买卖股票时机含冷冻期
- 买卖股票的最佳时机含手续费
上面这 6 道题目可以归为一道题目来看，与现实略有不同，题目中添加了一些限制条件，读完题分析后不难发现。
- 第一题只交易一次，也就是 k = 1。
- 第二题不限制交易次数，也就是 k = +infinity。
- 第三题只交易两次，也就是 k = 2。
- 第四道限制最多次数为 k。
- 第五道和第六道不限次数，相当于在第二题的基础上分别添加了交易
冷冻期和手续费的额外条件。
我们每天能做的操作无非是以下这三种：
- 买入
- 卖出
- 无操作
不过要注意以下四点限制条件。
要先买入才能卖出。- 题目要求不能同时参与多笔交易，也就是说
再次买入前需要卖出手中持有的股票。
- 无操作基于两种状态，
手中持有股票和没有持有股票。
- 交易次数 k 也有限制，
只有 k >= 0 时才可以买入。
分析好了这些状态，接下来就是翻译成代码了。
首先，我们可以建立一个三维数组来表示上面的这些状态，先来明确一些变量含义。
- i: 天数 范围是 (0 <= i <= n - 1)
- k: 最大交易次数
- 0: 没有持有股票
- 1: 持有股票
- n: 股票数组长度
dp[i][k][0]
dp[i][k][1]
// 举个🌰
dp[2][2][1] // 今天是第 2 天，手中持有股票，最多还可以进行 2 次交易
我们最终要求的可获得的最大收益就是 dp[n - 1][k][0]，代表最后一天将股票卖出后的最大收益。(这里卖出一定比持有收益更大，所以是 [0]，而不是 [1])
接下来，我们尝试列出状态转移方程。
// 今天手中没有持有股票，有两种可能：
// 1. 昨天没有持有，今天选择不操作。 对应: dp[i - 1][k][0]
// 2. 昨天持有，今天卖出了，所以今天没有股票了。对应: dp[i - 1][k][1] + prices[i]
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])
// 今天手中持有股票，有两种可能：
// 1. 昨天手中持有股票，今天选择不操作。对应: dp[i - 1][k][1]
// 2. 昨天没有持有股票，今天买入了。对应: dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])
很显然，卖出股票利润增加，买入股票利润减少。因为每次交易包含两次成对的操作，买入和卖出。
所以只有买入的时候需要将 k - 1，那么最大利润就是上面这两种可能性中的最大值。
第一题 k = 1
将状态转移方程套入本题的条件，k = 1，列出状态转移方程。
dp[i][1][0] = Math.max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])
= Math.max(dp[i - 1][1][1], -prices[i])
// k = 0 时，dp[i - 1][0][0] = 0观察发现 k 既然都是 1 且不会改变，也就是说 k 对状态转移已经没有影响了，我们可以进一步化简方程。
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i])
对于第 0 天，我们需要进行初始化：
- 不持有：
dp[0][0] = 0
- 持有：
dp[0][1] = -prices[0] (花了 prices[0] 的钱买入股票)
const maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length
let dp = Array.from(new Array(n), () => new Array(2))
dp[0][0] = 0
dp[0][1] = -prices[0]
for (let i = 1; i < n; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i])
}
return dp[n - 1][0]
}我们发现在转移的时候，dp[i] 只会从 dp[i - 1] 转移得来，因此第一维可以去掉，空间复杂度优化到 O(1)。
const maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length
let dp = Array.from(new Array(n), () => new Array(2))
dp[0] = 0
dp[1] = -prices[0]
for (let i = 1; i < n; i++) {
dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i])
dp[1] = Math.max(dp[1], -prices[i])
}
return dp[0]
}我们也可以将变量名变得更加友好一些。
- profit_out：卖出时的利润
- profit_in：买入时的利润
const maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length
let profit_out = 0
let profit_in = -prices[0]
for (let i = 1; i < n; i++) {
profit_out = Math.max(profit_out, profit_in + prices[i])
profit_in = Math.max(profit_in, -prices[i])
}
return profit_out
}第二题 k = +infinity
将状态转移方程套入本题的条件，k = +infinity。
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])
= Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k][0] - prices[i])我们发现数组中的 k 同样已经不会改变了，也就是说 k 对状态转移已经没有影响了，可以进一步化简方程。
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i])
对于第 0 天，我们要给出初始值：
- 不持有：
dp[0][0] = 0
- 持有：
dp[0][1] = -prices[0] (花了 prices[0] 的钱买入股票)
const maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length
let dp = Array.from(new Array(n), () => new Array(2))
dp[0][0] = 0
dp[0][1] = -prices[0]
for (let i = 1; i < n; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i])
}
return dp[n - 1][0]
}同样在转移的时候，dp[i] 只会从 dp[i - 1] 转移得来，因此第一维可以去掉，空间复杂度优化到 O(1)。
const maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length
let dp = Array.from(new Array(n), () => new Array(2))
dp[0] = 0
dp[1] = -prices[0]
for (let i = 1; i < n; i++) {
let tmp = dp[0] // 中间变量可省略，因为当天买入卖出不影响结果
dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i])
dp[1] = Math.max(dp[1], tmp - prices[i])
}
return dp[0]
}同上题一样，我们可以将变量名变得更加友好一些。
const maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length
let profit_out = 0
let profit_in = -prices[0]
for (let i = 1; i < n; i++) {
profit_out = Math.max(profit_out, profit_in + prices[i])
profit_in = Math.max(profit_in, profit_out - prices[i])
}
return profit_out
}第三题 k = 2
前面两种情况，无论是 k = 1，还是 k = +infinity 的情况下，k 对状态转移方程是没有影响的。
不过当 k = 2 时，k 就对状态转移方程有影响了。列出状态转移方程：
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])
这个时候 k 无法化简，我们需要使用两次循环对 k 进行穷举。
for (let i = 0; i < n; i++) {
for (let k = maxK; k >= 1; k--) {
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])
}
}不过因为 k 的取值范围比较小，我们也可以直接将它们全部列举出来。
dp[i][2][0] = Math.max(dp[i - 1][2][0], dp[i - 1][2][1] + prices[i])
dp[i][2][1] = Math.max(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0] - prices[i])
dp[i][1][0] = Math.max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])
= Math.max(dp[i - 1][1][1], -prices[i])有了上面两道题的铺垫，我们后面几道题就直接写出降维后的解法。
const maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length
let dp_i10 = 0
let dp_i11 = -prices[0]
let dp_i20 = 0
let dp_i21 = -prices[0]
for (let i = 1; i < n; i++) {
dp_i20 = Math.max(dp_i20, dp_i21 + prices[i])
dp_i21 = Math.max(dp_i21, dp_i10 - prices[i])
dp_i10 = Math.max(dp_i10, dp_i11 + prices[i])
dp_i11 = Math.max(dp_i11, -prices[i])
}
return dp_i20
}同上面一样，我们可以将变量名变得更加友好一些。
const maxProfit = function(prices) {
let profit_1_in = -prices[0], profit_1_out = 0
let profit_2_in = -prices[0], profit_2_out = 0
let n = prices.length
for (let i = 1; i < n; i++) {
profit_2_out = Math.max(profit_2_out, profit_2_in + prices[i])
profit_2_in = Math.max(profit_2_in, profit_1_out - prices[i])
profit_1_out = Math.max(profit_1_out, profit_1_in + prices[i])
profit_1_in = Math.max(profit_1_in, -prices[i])
}
return profit_2_out
}第四题 k 是任意数
一个有收益的交易至少需要两天（在前一天买入，在后一天卖出，前提是买入价格低于卖出价格）。
如果股票价格数组的长度为 n，则有收益的交易的数量最多为 n / 2（整数除法）。因此 k 的临界值是 n / 2。
如果给定的 k 不小于临界值，即 k >= n / 2，则可以将 k 扩展为正无穷，也就是第二题的情况，如下函数 maxProfit2。
const maxProfit = function(k, prices) {
let n = prices.length
const maxProfit2 = function(prices) {
let profit_out = 0
let profit_in = -prices[0]
for (let i = 1; i < n; i++) {
profit_out = Math.max(profit_out, profit_in + prices[i])
profit_in = Math.max(profit_in, profit_out - prices[i])
}
return profit_out
}
if (k > n / 2) {
return maxProfit2(prices)
}
let profit = new Array(k)
// 初始化买入卖出时的利润，将每次交易买入、卖出时的利润放在一个对象中，实现降维
for (let j = 0; j <= k; j++) {
profit[j] = {
profit_in: -prices[0],
profit_out: 0
}
}
for (let i = 0; i < n; i++) {
for (let j = 1; j <= k; j++) {
profit[j] = {
profit_out: Math.max(profit[j].profit_out, profit[j].profit_in + prices[i]),
profit_in: Math.max(profit[j].profit_in, profit[j-1].profit_out - prices[i])
}
}
}
return profit[k].profit_out
}第五题 k 为正无穷但有冷却时间
每次卖出之后都要等一天才能继续交易，也就是第 i 天选择买的时候，要从 i - 2 状态转移。
列出状态转移方程。
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 2][k - 1][0] - prices[i])
= Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 2][k][0] - prices[i])k 同样对状态转移已经没有影响了，可以进一步化简方程。
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 2][0] - prices[i])
const maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length
let dp_i0 = 0
let dp_i1 = -prices[0];
let dp_pre = 0 // 代表 dp[i-2][0]
for (let i = 0; i < n; i++) {
let tmp = dp_i0
dp_i0 = Math.max(dp_i0, dp_i1 + prices[i])
dp_i1 = Math.max(dp_i1, dp_pre - prices[i])
dp_pre = tmp
}
return dp_i0
}同上面一样，我们可以将变量名变得更加友好一些。
const maxProfit = function(prices) {
let n = prices.length
let profit_in = -prices[0]
let profit_out = 0
let profit_freeze = 0
for (let i = 1; i < n; i++) {
let temp = profit_out
profit_out = Math.max(profit_out, profit_in + prices[i])
profit_in = Math.max(profit_in, profit_freeze - prices[i])
profit_freeze = temp
}
return profit_out
}第六题 k 为正无穷但有手续费
在第二题的基础上，添加了手续费。
每次交易要支付手续费，只要把手续费从利润中减去即可，可以列出如下两种方程。
第一种方程：在每次买入股票时扣除手续费
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)
第二种方程：在每次卖出股票时扣除手续费
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])
const maxProfit = function(prices, fee) {
let n = prices.length
let dp = Array.from(new Array(n), () => new Array(2))
dp[0] = 0
dp[1] = -prices[0]
for (let i = 1; i < n; i++) {
let tmp = dp[0]
dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i] - fee)
dp[1] = Math.max(dp[1], tmp - prices[i])
}
return dp[0]
}同上面一样，我们可以将变量名变得更加友好一些。
const maxProfit = function(prices, fee) {
let profit_out = 0
let profit_in = -prices[0]
for (let i = 1; i < prices.length; i++) {
profit_out = Math.max(profit_out, profit_in + prices[i] - fee)
profit_in = Math.max(profit_in, profit_out - prices[i])
}
return profit_out
}站在巨人的肩膀上
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Django
Laravel
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Alibaba
D3
Tencent