DAY50 309.最佳买卖股票时机含冷冻期 + 714.买卖股票的最佳时机含手续费

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DAY50 309.最佳买卖股票时机含冷冻期 + 714.买卖股票的最佳时机含手续费

309.最佳买卖股票时机含冷冻期

题目要求：给定一个整数数组，其中第 i 个元素代表了第 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）:

• 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）。
• 卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。

示例:

• 输入: [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]

思路

本题是可以无限次买卖股票的，那么只需要考虑冷冻期就可以了。dp[i][j]数组代表了第i天，状态j的最大价值。考虑j可以有三个状态，0代表持有股票的状态，1代表不持有股票的状态，2代表正在冷冻期中的状态。但是有一个问题，不持有股票并不代表卖出股票，因此dp[i][2]如何从前一天转移过来是一个问题。

所以要重新考虑j的状态，具体可以区分出如下几种状态：

• 状态1：持有股票状态（今天买入股票，或者是之前就买入了股票然后没有操作，一直持有）
• 不持有股票状态，这里有两种卖出股票状态
  • 状态2：保持卖出股票的状态（两天前就卖出了股票，度过一天冷冻期。或者是前一天就是卖出股票状态，一直没操作）
  • 状态3：今天卖出股票
• 状态4：今天为冷冻期状态，但冷冻期状态不可持续，只有一天！

j的状态为：

• 0：状态一
• 1：状态二
• 2：状态三
• 3：状态四

状态转移方程：

牢记dp[i][j]，第i天状态为j，所剩的最多现金为dp[i][j]。

达到持有股票状态（状态一）即：dp[i][0]，有两个具体操作：

• 操作一：前一天就是持有股票状态（状态一），dp[i][0] = dp[i - 1][0]
• 操作二：今天买入了，有两种情况
  • 前一天是冷冻期（状态四），dp[i - 1][3] - prices[i]
  • 前一天是保持卖出股票的状态（状态二），dp[i - 1][1] - prices[i]

• dp[i][0] = max({dp[i-1][1] - prices[i], dp[i-1][3] - prices[i], dp[i-1][0]}); // 有两种卖出状态可以再次买入，前一天保持卖出状态，或者前一天是冷冻期。

达到保持卖出股票状态（状态二）即：dp[i][1]，有两个具体操作：

• 操作一：前一天就是状态二
• 操作二：前一天是冷冻期（状态四）

• dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][3]);

达到今天就卖出股票状态（状态三），即：dp[i][2] ，只有一个操作：

昨天一定是持有股票状态（状态一），今天卖出

• dp[i][2] = dp[i-1][0] + prices[i];

达到冷冻期状态（状态四），即：dp[i][3]，只有一个操作：

昨天卖出了股票（状态三）

• dp[i][3] = dp[i-1][2];

dp数组的初始化：

保持卖出股票状态（状态二），这里其实从 「状态二」的定义来说 ，很难明确应该初始多少，这种情况我们就看递推公式需要我们给他初始成什么数值。

如果i为1，第1天买入股票，那么递归公式中需要计算 dp[i - 1][1] - prices[i] ，即 dp[0][1] - prices[1]，那么大家感受一下 dp[0][1] （即第0天的状态二）应该初始成多少，只能初始为0。想一想如果初始为其他数值，是我们第1天买入股票后 手里还剩的现金数量是不是就不对了。

今天卖出了股票（状态三），同上分析，dp[0][2]初始化为0，dp[0][3]也初始为0。

• dp[0][0] = -prices[0];
• dp[0][1] = 0;
• dp[0][2] = 0;
• dp[0][3] = 0;

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {vector<vector<int>> dp(prices.size() + 1, vector<int>(4, 0));dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;dp[0][2] = 0;dp[0][3] = 0;for (int i = 1; i < prices.size(); ++i) {dp[i][0] = max({dp[i-1][1] - prices[i], dp[i-1][3] - prices[i], dp[i-1][0]});dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][3]);dp[i][2] = dp[i-1][0] + prices[i];dp[i][3] = dp[i-1][2];} return max({dp[prices.size()-1][1], dp[prices.size()-1][2], dp[prices.size()-1][3]});}
};

714.买卖股票的最佳时机含手续费

题目要求：给定一个整数数组 prices，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 ；非负整数 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.

思路

dp[i][0] 表示第i天持有股票所剩最多现金。 dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金。考虑手续费是对一次完整的交易定义的，因此我们只在卖出股票时扣除手续费。

如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来

• 第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
• 第i天买入股票，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金减去今天的股票价格 即：dp[i - 1][1] - prices[i]

所以：dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);

在来看看如果第i天不持有股票即dp[i][1]的情况， 依然可以由两个状态推出来

• 第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][1]
• 第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票价格卖出后所得现金，注意这里需要有手续费了即：dp[i - 1][0] + prices[i] - fee

所以：dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i] - fee);

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {vector<vector<int>> dp(prices.size()+1, vector<int>(3, 0));dp[0][0] = -prices[0];dp[0][1] = 0;for (int i = 1; i < prices.size(); ++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-1][0] + prices[i] - fee);}return dp[prices.size()-1][1];}
};