前言

对于动态规划来说，有两个比较有意思的专题，就是打家劫舍和买卖股票，也可以说是经典问题

打家劫舍

1.lc198 打家劫舍

lc198链接

描述：

如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 不触动警报装置的情况下 ，一夜之内能够偷窃到的最高金额。

示例：

输入：[2,7,9,3,1]
输出：12

Solution：
dp[i]：考虑下标i（包括i）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i]。
递推公式的精髓在于，站在某一个房子处考虑你是偷还是偷，如果偷，那前一个房子就不能被考虑；如果偷，那金额的最大就来自于偷前一个房屋积累的。

public int rob(int[] nums) {int[] dp = new int[nums.length];if(nums.length==1) return nums[0];dp[0] = nums[0];dp[1] = Math.max(nums[0],nums[1]);for(int i=2;i<nums.length;i++){dp[i] = Math.max(dp[i-2]+nums[i],dp[i-1]); }return dp[nums.length-1];}

2.lc213 打家劫舍II

lc213 链接

描述：
在上一题基础上增加约束 房屋围成一圈
示例：
输入：nums = [2,3,2] 输出：3（不能2+2，因为是相邻的）

Solution：
把这个序列拆成两段，第一段不包括尾元素，第二段不包括首元素

 public int rob(int[] nums) {if(nums.length==1){return nums[0];}int [] dp1 = new int[nums.length];int [] dp2 = new int[nums.length];dp1[0] = nums[0];dp1[1] = nums[0];dp2[1] = nums[1];for(int i =2; i<nums.length; i++){dp1[i] = Math.max(dp1[i-2]+nums[i],dp1[i-1]);dp2[i] = Math.max(dp2[i-2]+nums[i],dp2[i-1]);}return Math.max(dp1[nums.length-2],dp2[nums.length-1]);}

3.lc337 打家劫舍 III

lc337链接

描述：二叉树偷窃
示例：
输入: root = [3,2,3,null,3,null,1] 输出: 7

Solution：

买卖股票

0.模板套路

买卖股票一共有6题，可以用一个统一的框架去做(https://labuladong.github.io)

整个买卖股票涉及的【状态】最多有三个（所以根据题意要不要用三维dp）

• 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（可以设 1 表示持有，0 表示没有持有）

dp[i][k][0 or 1] 0 <= i <= n - 1, 1 <= k <= K
n 为天数，大 K 为交易数的上限，0 和 1 代表是否持有股票。
此问题共 n × K × 2 种状态，全部穷举就能搞定。
遍历：
for 0 <= i < n:for 1 <= k <= K:for s in {0, 1}:dp[i][k][s] = max(buy, sell, rest)

举个例子：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
最后要求的答案是：dp[n - 1][K][0]（即第n天，交易K次，卖出状态下的利润）

然后状态转移方程分为两步，分别是此时不持有股票的最大利润怎么推导，和此时持有股票的最大利润怎么推导来。

// 今天没有持有= 昨天没有持有+昨天持有（今天卖了，所以利润增加）
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
// 今天持有= 昨天持有+ 昨天没持有（今天买了，利润减少，同时交易次数减1）
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])// base case 情况
dp[0][……][0] = 0 (第一天没持有，利润为0)
dp[0][……][1] = -prices[0] （一开始就持有，所以第一天就买入，所以利润为负）
dp[……][0][0] = 0 （交易次数是0次，即不能交易，所以利润为0）
//dp[...][0][1] = -infinity

1.lc121 买卖股票的最佳时机

lc121链接

描述：

给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。

示例：

输入：[7,1,5,3,6,4]  输出：5

Solution：
利用上面的统一框架，这里没有限制交易次数，所以用一个二维dp就可以了

 public int maxProfit (int[] prices) {// write code hereint[][] dp = new int[prices.length][2];// dp初始化dp[0][1] = -prices[0];dp[0][0] = 0;for(int i=1;i<prices.length;i++){// 0表示未持有dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);// 1表示持有（注意这里如果前一天未持有则利润肯定为0）dp[i][1] = Math.max(-prices[i],dp[i-1][1]);}return dp[prices.length-1][0];}}

2.lc122 买卖股票的最佳时机II

lc22链接

相比较上题，不限制交易次数（即k为正无穷）

示例：

输入：prices = [7,1,5,3,6,4]
输出：7（5-1+6-3）

Solution：
按照统一模板，有k这个状态，但是此时的k又是无穷状态（所以k与k-1可以看成一样的，也就是可以不用三维dp）

与上一题相比只需要修改状态转移方程

// 0表示未持有
dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
// 1表示持有（这里相比于上题的区别是第i天持有，第i-1天未持有但是可以有利润）
dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][0]-prices[i],dp[i-1][1]);

3.lc714 买卖股票的最佳时机含手续费

lc714链接

描述：

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

示例：
输入：prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出：8

Solution：
与上题相似的思路，k依然是无穷，只不过多了个手续费。只需稍微修改状态转移和初始化状态：

 dp[0][1] = -prices[0]-fee;dp[0][0] = 0;for(int i=1;i<prices.length;i++){// 0表示未持有dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);// 1表示持有dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][0]-prices[i]-fee,dp[i-1][1]);}

4.lc309. 最佳买卖股票时机含冷冻期

lc309链接

描述：

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）:
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: prices = [1,2,3,0,2]
输出: 3

Solution：
与前两题相比，k依然是无穷，但多了个冷冻期,冷冻期为1天。 所以第 i 天选择 buy 的时候，要从 i-2 的状态转移，而不是 i-1 。

public int maxProfit(int[] prices) {if(prices.length==1) return 0;int[][] dp = new int[prices.length][2];// dp初始化dp[0][1] = -prices[0];dp[0][0] = 0;dp[1][0] = Math.max(dp[0][0],dp[0][1]+prices[1]);dp[1][1] = Math.max(-prices[1],dp[0][1]);for(int i=2;i<prices.length;i++){// 0表示未持有dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);// 1表示持有dp[i][1] = Math.max(dp[i-2][0]-prices[i],dp[i-1][1]);}return dp[prices.length-1][0];
}

5. lc123 买卖股票的最佳时机 III

lc123链接

描述：

你最多可以完成 两笔 交易

示例：

输入：prices = [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出：6

Solution1：
k=2的情况，引入3维dp。因为k比较小，可以枚举状态

 public int maxProfit(int[] prices) {int len = prices.length;// dp[i][k][s]int[][][] dp = new int[len][3][2];dp[0][1][0] = 0;dp[0][1][1] = -prices[0];dp[0][2][0] = 0;dp[0][2][1] = -prices[0];for(int i=1;i<len;i++){// 今天没有持有= 昨天没有持有+昨天持有（今天卖了，所以利润增加）// dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])// 今天持有= 昨天持有+ 昨天没持有（今天买了，利润减少，同时交易次数减1）// dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-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],-prices[i]);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]);}return dp[len-1][2][0];}

Solution2：
不仅穷举天数状态，还要枚举交易次数状态。所以两个for循环

在这里插入代码片

6. lc188 买卖股票的最佳时机 IV

lc188链接

至多k笔交易
输入：k = 2, prices = [2,4,1]
输出：2

Solution：
大boss，三种状态都要穷举，参考上面的解法2