309.最佳买卖股票时机含冷冻期

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记住昨天的回顾总结提到的：应该灵活利用 dp 数组的下标描述所有状态

动态规划五部曲

1、确定 dp 数组下标及值含义

dp[i][j]，第 i 天状态为 j，所剩的最多现金为 dp[i][j]

这样，通过两个下标，能够描述在某天及当天的股票持有状态

每天具体可以区分出如下四个状态：

状态一：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）
非冷冻期且不持有股票状态，需区分两种卖出股票状态（区分的原因：为了推冷冻期状态）
- 状态二：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）
- 状态三：今天卖出股票
状态四：今天为冷冻期状态，但冷冻期状态不可持续，只有一天！

dp[i][0]：下标表示在第 i 天，持有股票的状态，值为当前状态下的最大利润

dp[i][1]：下标表示在第 i 天，保持卖出股票的状态，值为当前状态下的最大利润

dp[i][2]：下标表示在第 i 天，当天卖出股票的状态，值为当前状态下的最大利润

dp[i][3]：下标表示在第 i 天，当前为冷冻期的状态，值为当前状态下的最大利润

2、确定递推公式

需要分别思考 dp[i][0]、dp[i][1]、dp[i][2]、dp[i][3] 应该怎么推

dp[i][0]：表示在第 i 天，持有股票的情况下的最大利润，我们需要考虑怎么从前一天转移到当前状态

可能在第 i - 1 天就已经持有股票了，即 dp[i - 1][0]，到了第 i 天只需要保持状态不操作
可能在第 i - 1 天非冷冻期且不持有股票，那么我们可以在第 i 天买入，即 dp[i - 1][1] - prices[i]
可能在第 i - 1 天为冷冻期，我们也可以在第 i 天买入，即 dp[i - 1][3] - prices[i]

因为需要最大利润，所以 dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][3] - prices[i], dp[i - 1][1] - prices[i])

dp[i][1]：表示在第 i 天，保持卖出股票的情况下的最大利润

可能在第 i - 1 天就已经保持卖出股票的状态了，即 dp[i - 1][1]
可能在第 i - 1 天为冷冻期，那么到了第 i 天就为非冷冻期且卖出股票的状态，即 dp[i - 1][3]

因为需要最大利润，所以 dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3])

dp[i][2]：表示在第 i 天，当天卖出股票的情况下的最大利润

这种只可能是在 i - 1 天持有股票的情况下，再在第 i 天卖出，即 dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i]

dp[i][3]：表示在第 i 天，当天为冷冻期的情况下的最大利润

这种只可能是在第 i - 1 天当天卖出的情况下，到了第 i 天才为冷冻期，即 dp[i][3] = dp[i - 1][2]

3、初始化 dp 数组

根据递推公式，第 i 天的 dp 值都是从第 i - 1 天的 dp 值推导出来的，我们需要初始化dp[0][j]

如果是持有股票状态（状态一）那么：dp[0][0] = -prices[0]，一定是当天买入股票

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。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

对于通过定义难以确定如何初始化的情况，应该结合递推公式确定如何初始化

4、确定遍历顺序

从递推公式可以看出 dp[i] 都是由 dp[i - 1] 推导出来的，那么一定是从前向后遍历

5、打印 dp 数组验证

代码如下

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();if (n == 0) return 0;vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(4, 0));dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票for (int i = 1; i < n; i++) {   // i为0时已经被初始化过了，从i为1开始遍历填充dp数组// 四种情况dp[i][0] = max(max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][3] - prices[i]), dp[i - 1][1] - prices[i]);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[n - 1][3], max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]));}
};

注意，最后的结果一定是到达最后一天，且不持有股票状态或冷冻期状态

714.买卖股票的最佳时机含手续费

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本题假设在卖出的时候支付手续费

动态规划五部曲！

1、确定 dp 数组下标及值的含义

先想想本题 dp 应该怎么定义，别忘了之前说的，dp 数组的下标能够表示状态

在股票问题中，某个状态需要描述在某天，及是否持有股票

因此我们定义 dp 数组下标及值含义：

dp[i][0]：下标表示在第 i 天，未持有股票，值表示第 i 天未持有股票所得最多现金

dp[i][1]：下标表示在第 i 天，持有股票，值表示第 i 天持有股票所得最多现金

通过第一个下标 i 描述在哪一天，第二个下标为 0 或 1 描述在该天未持有或持有股票，这样通过两个下标就能够描述所有的状态了

2、确定递推公式

分别思考 dp[i][0] 和 dp[i][1] 分别应该怎么推

dp[i][0]：需要求第 i 天未持有股票所得最多现金，要考虑怎么转移到第 i 天未持有股票的这种状态

可能是在第 i 天卖出了股票，所得现金就是昨天持有股票，然后今天卖出股票后所得现金，注意考虑卖出需要支付手续费，即：dp[i - 1][1]（昨天持有股票）+ prices[i]（今天卖出股票）- fee
可能是在第 i - 1 天就未持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天未持有股票的所得现金，即：dp[i - 1][0]（昨天未持有股票）
因为求的最多现金，即 dp[i][0] = max(dp[i - 1][1] + prices[i] - fee[i], dp[i - 1][0])

同理，dp[i][1]：

可能是在第 i 天买入股票，所得现金为 dp[i - 1][0]（昨天未持有股票）- prices[i]（今天买入股票）（因为一只股票可以买卖多次，所以当第 i 天买入股票的时候，所持有的现金需要考虑之前买卖过的利润）
可能是在第 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][1]（昨天持有股票）
因为求的最多现金，即 dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][1])

3、dp 数组初始化

从递推公式看出，求某一天 dp 需要知道其前一天的 dp 值，即都是要从dp[0][0]和dp[0][1]推导出来

那么dp[0][0]表示第 0 天未持有股票，不持有股票现金就是 0，所以 dp[0][0] = 0

dp[0][1]表示第 0 天持有股票，持有股票一定是在第 0 天买入了股票，所以 dp[0][1] = -prices[0]

4、确定遍历顺序

从递推公式可以看出 dp[i] 都是由 dp[i - 1] 推导出来的，那么一定是从前向后遍历

5、打印 dp 数组验证

代码如下

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {vector<vector<int> > dp(prices.size(), vector<int>(2));dp[0][0] = 0;   // 第0天不持股dp[0][1] = -prices[0];  // 第0天买入股票for (int i = 1; i < prices.size(); ++i) {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 max(dp[prices.size() - 1][0], dp[prices.size() - 1][1]);}
};

滚动数组优化的代码略

本题和 122.买卖股票的最佳时机II 的区别就是这里需要多一个减去手续费的操作