参考：团灭股票问题
问题：
股票问题：
给出一组一支股票每日的价格数组。prices[]
每一天的操作可以为：买buy，卖sell，不操作rest
一次交易从buy开始，若限制在K次交易以内，求可获得的最大收益是多少。
解法：DP(动态规划)
1.确定【状态】：
- 当前的天数：第 i 天
- 当前经过的交易次数：第 k 次
- 当前的股票持有状况：p：0未持有（待买入），1 持有（待卖出）
2.确定【选择】：
- 当前p=0（未持有，待买入状态）：
- 选择 1 ：由本日卖出sell导致：dp[i-1][k][1]+prices[i] （昨天持股+今天卖出prices[i]）
- 选择 2：本日不操作rest： dp[i-1][k][0] （昨天未持股+今天不操作）
- 当前p=1（持有，待卖出状态）：
- 选择 1 ：由本日买入buy导致：dp[i-1][k][0]-prices[i] （昨天未持股+今天买入prices[i]）
- 选择 2：本日不操作rest： dp[i-1][k][1] （昨天持股+今天不操作）
3. dp[i][k][p]的含义：
今天为第i天，交易k次，持有状态为p的状态下，持有的最大收益。
4. 状态转移：
dp[i][k][p]=
- 当前p=0（未持有，待买入状态）：MAX {
- 选择 1 ：由本日卖出sell导致：dp[i-1][k][1]+prices[i] （昨天持股+今天卖出prices[i]）
- 选择 2：本日不操作rest： dp[i-1][k][0] （昨天未持股+今天不操作） }
- 当前p=1（持有，待卖出状态）：MAX {
- 选择 1 ：由本日买入buy导致：dp[i-1][k][0]-prices[i] （昨天未持股+今天买入prices[i]）
- 选择 2：本日不操作rest： dp[i-1][k][1] （昨天持股+今天不操作）}
5. base case：
- i==0
- dp[0][k][0]= 0
- dp[0][k][1]= -∞（不可能存在的情况，用-∞表示）
- k==0
- dp[i][0][0]= 0
- dp[i][0][1]= -∞（不可能存在的情况，用-∞表示)
⚠️ 注意：
本问题中，若交易次数k大于每天都交易的最大交易次数prices.size/2，那么，可类似将k看作无限制交易次数。
那么本问题的状态转移公式即可简化：（直接调用函数：maxProfit_k_inf）
3状态->2状态：天数+股票持有状态
dp[i][p]=
- 当前p=0（未持有，待买入状态）：MAX {
- 选择 1 ：由本日卖出sell导致：dp[i-1][1]+prices[i] （昨天持股+今天卖出prices[i]）
- 选择 2：本日不操作rest： dp[i-1][0] （昨天未持股+今天不操作） }
- 当前p=1（持有，待卖出状态）：MAX {
- 选择 1 ：由本日买入buy导致：dp[i-1][0]-prices[i] （昨天未持股+今天买入prices[i]）
- 选择 2：本日不操作rest： dp[i-1][1] （昨天持股+今天不操作）}
代码参考：
1 class Solution {
2 public:
3 //dp[i][k][p]: the most profit for i days, k times transaction, now have p position.
4 //i: day i
5 //k: k-th transaction
6 //p: position:0(pre-act is sell) or 1(pre-act is buy)
7 //case_1: p=0 (act is sell):dp[i][k][0]= max:
8 // opt_1: act = sell: dp[i-1][k][1]+prices[i]
9 // opt_2: act = rest: dp[i-1][k][0]
10 //case_2: p=1 (act is buy):dp[i][k][1]= max:
11 // opt_1: act = buy : dp[i-1][k-1][0]-prices[i]
12 // opt_2: act = rest: dp[i-1][k][1]
13 //base case:
14 //dp[0][k][0] = 0
15 //dp[0][k][1] = -infinity(imposible)
16 //dp[i][0][0] = 0
17 //dp[i][0][1] = -infinity(imposible)
18 //buy=>start one transaction.
19 int maxProfit(int K, vector<int>& prices) {
20 int n=prices.size();
21 if(K>n/2) return maxProfit_k_inf(prices);
22 vector<vector<vector<int>>> dp(n+1, vector<vector<int>>(K+1, vector<int>(2,0)));
23 for(int i=0; i<=n; i++) {
24 dp[i][0][0] = 0;
25 dp[i][0][1] = INT_MIN;
26 }
27 for(int k=0; k<=K; k++) {
28 dp[0][k][0] = 0;
29 dp[0][k][1] = INT_MIN;
30 }
31 for(int i=1; i<=n; i++) {
32 for(int k=1; k<=K; k++) {
33 dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][1]+prices[i-1], dp[i-1][k][0]);
34 dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k-1][0]-prices[i-1], dp[i-1][k][1]);
35 }
36 }
37 return dp[n][K][0];
38 }
39 // k->+infinity -> k==k-1
40 // dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][1]+prices[i-1], dp[i-1][k][0]);
41 // dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][0]-prices[i-1], dp[i-1][k-1][1]);
42 //->
43 // dp[i][0] = max(dp[i-1][1]+prices[i-1], dp[i-1][0]);
44 // dp[i][1] = max(dp[i-1][0]-prices[i-1], dp[i-1][1]);
45 //->
46 // dp_0 = max(dp_1+prices[i-1], dp_0);
47 // dp_1 = max(dp_0-prices[i-1], dp_1);
48 int maxProfit_k_inf(vector<int>& prices) {
49 int n=prices.size();
50 int dp_0 = 0, dp_1 = INT_MIN;
51 for(int i=1; i<=n; i++) {
52 int temp = dp_0;
53 dp_0 = max(dp_1+prices[i-1], dp_0);
54 dp_1 = max(temp-prices[i-1], dp_1);
55 }
56 return dp_0;
57 }
58 };
♻️ 优化：
空间复杂度：3维->2维
去掉 i
压缩所有行到一行。
使用：左上角+左下角。
因此倒序遍历k
代码参考：
1 class Solution {
2 public:
3 int maxProfit(int K, vector<int>& prices) {
4 int n=prices.size();
5 if(K>n/2) return maxProfit_k_inf(prices);
6 vector<vector<int>> dp(K+1, vector<int>(2,0));
7
8 for(int k=0; k<=K; k++) {
9 dp[k][0] = 0;
10 dp[k][1] = INT_MIN;
11 }
12 for(int i=1; i<=n; i++) {
13 for(int k=K; k>=1; k--) {
14 dp[k][0] = max(dp[k][1]+prices[i-1], dp[k][0]);
15 dp[k][1] = max(dp[k-1][0]-prices[i-1], dp[k][1]);
16 }
17 }
18 return dp[K][0];
19 }
20
21 int maxProfit_k_inf(vector<int>& prices) {
22 int n=prices.size();
23 int dp_0 = 0, dp_1 = INT_MIN;
24 for(int i=1; i<=n; i++) {
25 int temp = dp_0;
26 dp_0 = max(dp_1+prices[i-1], dp_0);
27 dp_1 = max(temp-prices[i-1], dp_1);
28 }
29 return dp_0;
30 }
31 };