动态规划-股票买卖问题

LeetCode 题目:

买卖股票的最佳时机（简单）

买卖股票的最佳时机 II（简单）

买卖股票的最佳时机 III（困难）

买卖股票的最佳时机 IV（困难）

最佳买卖股票时机含冷冻期（中等）

买卖股票的最佳时机含手续费（中等）

这 6 道题目是有共性的，我们就抽出来第 4 道题目，因为这道题是一个最泛化的形式，其他的问题都是这个形式的简化，看下题目

一. 穷举思路

在这里，我们不用递归思想进行穷举，而是利用「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。

很复杂对吧，不要怕，我们现在的目的只是穷举，你有再多的状态，老夫要做的就是一把梭全部列举出来。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（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。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。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。

二. 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。

这个解释应该很清楚了，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，很好理解吧，当然你也可以在 sell 的时候减 1，一样的。

Note: k 并不是指我们还剩下多少次交易机会, 而是指我们已经进行了多少次交易.

现在，我们已经完成了动态规划中最困难的一步：状态转移方程。如果之前的内容你都可以理解，那么你已经可以秒杀所有问题了，只要套这个框架就行了。不过还差最后一点点，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 意味着我们还未进行交易，这时候利润当然是 0 。
dp[i][0][1] = -infinity
解释：还未交易的情况下，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])

三. 秒杀题目

1. 题目一: k=1

   Link: 买卖股票的最佳时机（简单）

   直接套状态转移方程，根据 base case，可以做一些化简：

   状态转移方程
   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])

   进而我们可以写出代码:

   class Solution(object):
       def maxProfit(self, prices):
           """
           :type prices: List[int]
           :rtype: int
           """
           if len(prices) == 0:
               return 0
   
           dp = [[0 for j in range(2)] for i in range(len(prices))]
   
           dp[0][0] = 0
           dp[0][1] = -prices[0]
   
           for i in range(1,len(prices)):
               dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
               dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])
           
           return dp[len(prices)-1][0]

   第一题就解决了，但是这样处理 base case 很麻烦，而且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):

   class Solution(object):
       def maxProfit(self, prices):
           """
           :type prices: List[int]
           :rtype: int
           """
           if len(prices) == 0:
               return 0
   
           dp_i_0 = 0
           dp_i_1 = -prices[0]
   
           for i in range(1, len(prices)):
               dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i])
               dp_i_1 = max(dp_i_1, -prices[i])
           
           return dp_i_0

2. 题目二 k = infinity

   Link: 买卖股票的最佳时机 II（简单）

   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:

   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])
   			= 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])

   因此解题代码如下:

   class Solution(object):
       def maxProfit(self, prices):
           """
           :type prices: List[int]
           :rtype: int
           """
           if len(prices) == 0:
               return 0
           
           dp_i_0 = 0
           dp_i_1 = -prices[0]
   
           for i in range(1,len(prices)):
               dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1+prices[i])
               dp_i_1 = max(dp_i_1, dp_i_0-prices[i])
           
           return dp_i_0

3. 题目三: k=2

   Link: 买卖股票的最佳时机 III（困难）

   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。

   原始的状态转移方程，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])

   注意, 由于这里的 k 不可消除, 我们需要对其进行穷举! 代码如下:

   class Solution(object):
       def maxProfit(self, prices):
           """
           :type prices: List[int]
           :rtype: int
           """
           K = 2
   
           if len(prices) == 0:
               return 0
   
           dp = [[[0 for j in range(2)] for k in range(K+1)]  for i in range(len(prices))]
   
           for i in range(len(prices)):
               for k in range(1,K+1):
                   if i == 0:
                       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[len(prices)-1][K][0]

4. 题目四 k = any integer

   Link: 买卖股票的最佳时机 IV（困难）

   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。

   因此我们的代码如下:

   class Solution(object):
       def maxProfit(self, k, prices):
           """
           :type k: int
           :type prices: List[int]
           :rtype: int
           """
           def maxProfit_inf(prices):
               dp_i_0 = 0
               dp_i_1 = -prices[0]
   
               for i in range(1,len(prices)):
                   dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1+prices[i])
                   dp_i_1 = max(dp_i_1, dp_i_0-prices[i])
               
               return dp_i_0
           
           if len(prices) == 0 or k == 0:
               return 0
           
           if k >= len(prices)/2:
               return maxProfit_inf(prices)
           
           dp = [[[0 for j in range(2)] for m in range(k+1)]  for i in range(len(prices))]
   
           for i in range(len(prices)):
               for m in range(1,k+1):
                   if i == 0:
                       dp[i][m][0] = 0
                       dp[i][m][1] = -prices[i]
                       continue
                   
                   dp[i][m][0] = max(dp[i-1][m][0], dp[i-1][m][1] + prices[i])
                   dp[i][m][1] = max(dp[i-1][m][1], dp[i-1][m-1][0] - prices[i])
           
           return dp[len(prices)-1][k][0]

5. 题目五 k = inf with cooldown

   Link: 最佳买卖股票时机含冷冻期（中等）

   还是跟之前一样, 如果 k = inf 那么 k-1 和 k 就没有差别. 但是因为我们加入了冷却期, 所以这个时候我们的状态转移的 i 的关系就变了.

   状态转移方程:
   dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1]+prices[i])
   dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0]-prices[i])

   那么我们的代码如下:

   class Solution(object):
       def maxProfit(self, prices):
           """
           :type prices: List[int]
           :rtype: int
           """
           if len(prices) == 0:
               return 0
   
           dp = [[0, 0] for i in range(len(prices))]
   
           for i in range(len(prices)):
               if i == 0:
                   dp[i][0] = 0
                   dp[i][1] = -prices[i]
                   continue
               elif i == 1:
                   dp[i][0] = max(0, dp[0][1]+prices[i])
                   dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])
               
               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])
           
           return dp[len(prices)-1][0]

6. 题目六 k = inf with fee

   Link: 买卖股票的最佳时机含手续费（中等）

   我们现在需要付手续费, 那么我的状态转移方程又会发生改变.

   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])

   那么我们代码如下:

   class Solution(object):
       def maxProfit(self, prices, fee):
           """
           :type prices: List[int]
           :type fee: int
           :rtype: int
           """
           if len(prices) == 0:
               return 0
   
           dp = [[0, 0] for i in range(len(prices))]
   
           for i in range(len(prices)):
               if i == 0:
                   dp[i][1] = -prices[i]
                   continue
               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])
           
           return dp[len(prices)-1][0]