团灭 LeetCode 股票买卖问题

很多读者抱怨 LeetCode 的股票系列问题奇技淫巧太多，如果面试真的遇到这类问题，基本不会想到那些巧妙的办法，怎么办？所以本文拒绝奇技淫巧，而是稳扎稳打，只用一种通用方法解决所用问题，以不变应万变。

这篇文章用状态机的技巧来解决，可以全部提交通过。不要觉得这个名词高大上，文学词汇而已，实际上就是 DP table，看一眼就明白了。

PS：本文参考自英文版 LeetCode 的一篇题解。

先随便抽出一道题，看看别人的解法：

  1. int maxProfit(vector<int>& prices) {
  2.     if(prices.empty()) return 0;
  3.     int s1=-prices[0],s2=INT_MIN,s3=INT_MIN,s4=INT_MIN;
  5.     for(int i=1;i<prices.size();++i) {            
  6.         s1 = max(s1, -prices[i]);
  7.         s2 = max(s2, s1+prices[i]);
  8.         s3 = max(s3, s2-prices[i]);
  9.         s4 = max(s4, s3+prices[i]);
  10.     }
  11.     return max(0,s4);
  12. }

能看懂吧？会做了吗？不可能的，你看不懂，这才正常。就算你勉强看懂了，下一个问题你还是做不出来。为什么别人能写出这么诡异却又高效的解法呢？因为这类问题是有框架的，但是人家不会告诉你的，因为一旦告诉你，你五分钟就学会了，该算法题就不再神秘，变得不堪一击了。

本文就来告诉你这个框架，然后带着你一道一道秒杀。这篇文章用状态机的技巧来解决，可以全部提交通过。不要觉得这个名词高大上，文学词汇而已，实际上就是 DP table，看一眼就明白了。

这 6 道题目是有共性的，我就抽出来第 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：

团灭 LeetCode 股票买卖问题 - 图1

第一题是只进行一次交易，相当于 k = 1；第二题是不限交易次数，相当于 k = +infinity（正无穷）；第三题是只进行 2 次交易，相当于 k = 2；剩下两道也是不限次数，但是加了交易「冷冻期」和「手续费」的额外条件，其实就是第二题的变种，都很容易处理。

如果你还不熟悉题目，可以去 LeetCode 查看这些题目的内容，本文为了节省篇幅，就不列举这些题目的具体内容了。下面言归正传，开始解题。

一、穷举框架

首先，还是一样的思路：如何穷举？这里的穷举思路和上篇文章递归的思想不太一样。

递归其实是符合我们思考的逻辑的，一步步推进，遇到无法解决的就丢给递归，一不小心就做出来了，可读性还很好。缺点就是一旦出错，你也不容易找到错误出现的原因。比如上篇文章的递归解法，肯定还有计算冗余，但确实不容易找到。

而这里，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。

  1. for 状态1 in 状态1的所有取值：
  2.     for 状态2 in 状态2的所有取值：
  3.         for ...
  4.             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（即之前说的 rest 的状态，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：

  1. dp[i][k][0 or 1]
  2. 0 <= i <= n-1, 1 <= k <= K
  3. n 为天数，大 K 为最多交易数
  4. 此问题共 n × K × 2 种状态，全部穷举就能搞定。
  6. for 0 <= i < n:
  7.     for 1 <= k <= K:
  8.         for s in {0, 1}:
  9.             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。

记住如何解释「状态」，一旦你觉得哪里不好理解，把它翻译成自然语言就容易理解了。

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。

团灭 LeetCode 股票买卖问题 - 图2

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：

  1. dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
  2.               max(   选择 rest  ,             选择 sell      )
  4. 解释：今天我没有持有股票，有两种可能：
  5. 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；
  6. 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。
  8. dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
  9.               max(   选择 rest  ,           选择 buy         )
  11. 解释：今天我持有着股票，有两种可能：
  12. 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；
  13. 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。

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。 

  1. dp[-1][k][0] = 0
  2. 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 。
  3. dp[-1][k][1] = -infinity
  4. 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。
  5. dp[i][0][0] = 0
  6. 解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0 。
  7. dp[i][0][1] = -infinity
  8. 解释：不允许交易的情况下，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：

  1. base case：
  2. dp[-1][k][0] = dp[i][0][0] = 0
  3. dp[-1][k][1] = dp[i][0][1] = -infinity
  5. 状态转移方程：
  6. dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
  7. dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])

读者可能会问，这个数组索引是 -1 怎么编程表示出来呢，负无穷怎么表示呢？这都是细节问题，有很多方法实现。现在完整的框架已经完成，下面开始具体化。

三、秒杀题目

第一题，k = 1

直接套状态转移方程，根据 base case，可以做一些化简：

  1. dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
  2. dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - prices[i]) 
  3.             = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
  4. 解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。
  6. 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。
  7. 可以进行进一步化简去掉所有 k：
  8. dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
  9. dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])

直接写出代码：

  1. int n = prices.length;
  2. int[][] dp = new int[n][2];
  3. for (int i = 0; i < n; i++) {
  4.     dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
  5.     dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
  6. }
  7. return dp[n - 1][0];

显然 i = 0 时 dp[i-1] 是不合法的。这是因为我们没有对 i 的 base case 进行处理。可以这样处理：

  1. for (int i = 0; i < n; i++) {
  2.     if (i - 1 == -1) {
  3.         dp[i][0] = 0;
  4.         // 解释：
  5.         //   dp[i][0] 
  6.         // = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])
  7.         // = max(0, -infinity + prices[i]) = 0
  8.         dp[i][1] = -prices[i];
  9.         //解释：
  10.         //   dp[i][1] 
  11.         // = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])
  12.         // = max(-infinity, 0 - prices[i]) 
  13.         // = -prices[i]
  14.         continue;
  15.     }
  16.     dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
  17.     dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
  18. }
  19. return dp[n - 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):

  1. // k == 1
  2. int maxProfit_k_1(int[] prices) {
  3.     int n = prices.length;
  4.     // base case: dp[-1][0] = 0, dp[-1][1] = -infinity
  5.     int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
  6.     for (int i = 0; i < n; i++) {
  7.         // dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
  8.         dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
  9.         // dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])
  10.         dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, -prices[i]);
  11.     }
  12.     return dp_i_0;
  13. }

两种方式都是一样的，不过这种编程方法简洁很多。但是如果没有前面状态转移方程的引导，是肯定看不懂的。后续的题目，我主要写这种空间复杂度 O(1) 的解法。

第二题，k = +infinity

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：

  1. dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
  2. dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
  3.             = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k][0] - prices[i])
  5. 我们发现数组中的 k 已经不会改变了，也就是说不需要记录 k 这个状态了：
  6. dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
  7. dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])

直接翻译成代码：

  1. int maxProfit_k_inf(int[] prices) {
  2.     int n = prices.length;
  3.     int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
  4.     for (int i = 0; i < n; i++) {
  5.         int temp = dp_i_0;
  6.         dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
  7.         dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, temp - prices[i]);
  8.     }
  9.     return dp_i_0;
  10. }

第三题，k = +infinity with cooldown

每次 sell 之后要等一天才能继续交易。只要把这个特点融入上一题的状态转移方程即可：

  1. dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
  2. dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0] - prices[i])
  3. 解释：第 i 天选择 buy 的时候，要从 i-2 的状态转移，而不是 i-1 。

翻译成代码：

  1. int maxProfit_with_cool(int[] prices) {
  2.     int n = prices.length;
  3.     int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
  4.     int dp_pre_0 = 0; // 代表 dp[i-2][0]
  5.     for (int i = 0; i < n; i++) {
  6.         int temp = dp_i_0;
  7.         dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
  8.         dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, dp_pre_0 - prices[i]);
  9.         dp_pre_0 = temp;
  10.     }
  11.     return dp_i_0;
  12. }

第四题，k = +infinity with fee

每次交易要支付手续费，只要把手续费从利润中减去即可。改写方程：

  1. dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
  2. dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i] - fee)
  3. 解释：相当于买入股票的价格升高了。
  4. 在第一个式子里减也是一样的，相当于卖出股票的价格减小了。

直接翻译成代码：

  1. int maxProfit_with_fee(int[] prices, int fee) {
  2.     int n = prices.length;
  3.     int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
  4.     for (int i = 0; i < n; i++) {
  5.         int temp = dp_i_0;
  6.         dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
  7.         dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, temp - prices[i] - fee);
  8.     }
  9.     return dp_i_0;
  10. }

第五题，k = 2

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。

  1. 原始的动态转移方程，没有可化简的地方
  2. dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
  3. dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])

按照之前的代码，我们可能想当然这样写代码（错误的）：

  1. int k = 2;
  2. int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];
  3. for (int i = 0; i < n; i++)
  4.     if (i - 1 == -1) { /* 处理一下 base case*/ }
  5.     dp[i][k][0] = Math.max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);
  6.     dp[i][k][1] = Math.max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);
  7. }
  8. return dp[n - 1][k][0];

为什么错误？我这不是照着状态转移方程写的吗？

还记得前面总结的「穷举框架」吗？就是说我们必须穷举所有状态。其实我们之前的解法，都在穷举所有状态，只是之前的题目中 k 都被化简掉了。比如说第一题，k = 1：

「代码截图」

这道题由于没有消掉 k 的影响，所以必须要对 k 进行穷举：

  1. int max_k = 2;
  2. int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];
  3. for (int i = 0; i < n; i++) {
  4.     for (int k = max_k; k >= 1; k--) {
  5.         if (i - 1 == -1) { /*处理 base case */ }
  6.         dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);
  7.         dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);
  8.     }
  9. }
  10. // 穷举了 n × max_k × 2 个状态，正确。
  11. return dp[n - 1][max_k][0];

如果你不理解，可以返回第一点「穷举框架」重新阅读体会一下。

这里 k 取值范围比较小，所以可以不用 for 循环，直接把 k = 1 和 2 的情况全部列举出来也可以：

  1. dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + prices[i])
  2. dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1], dp[i-1][1][0] - prices[i])
  3. dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
  4. dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
  6. int maxProfit_k_2(int[] prices) {
  7.     int dp_i10 = 0, dp_i11 = Integer.MIN_VALUE;
  8.     int dp_i20 = 0, dp_i21 = Integer.MIN_VALUE;
  9.     for (int price : prices) {
  10.         dp_i20 = Math.max(dp_i20, dp_i21 + price);
  11.         dp_i21 = Math.max(dp_i21, dp_i10 - price);
  12.         dp_i10 = Math.max(dp_i10, dp_i11 + price);
  13.         dp_i11 = Math.max(dp_i11, -price);
  14.     }
  15.     return dp_i20;
  16. }

有状态转移方程和含义明确的变量名指导，相信你很容易看懂。其实我们可以故弄玄虚，把上述四个变量换成 a, b, c, d。这样当别人看到你的代码时就会大惊失色，对你肃然起敬。

第六题，k = any integer

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。

直接把之前的代码重用：

  1. int maxProfit_k_any(int max_k, int[] prices) {
  2.     int n = prices.length;
  3.     if (max_k > n / 2) 
  4.         return maxProfit_k_inf(prices);
  6.     int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];
  7.     for (int i = 0; i < n; i++) 
  8.         for (int k = max_k; k >= 1; k--) {
  9.             if (i - 1 == -1) { /* 处理 base case */ }
  10.             dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);
  11.             dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);     
  12.         }
  13.     return dp[n - 1][max_k][0];
  14. }

至此，6 道题目通过一个状态转移方程全部解决。

四、最后总结

本文给大家讲了如何通过状态转移的方法解决复杂的问题，用一个状态转移方程秒杀了 6 道股票买卖问题，现在想想，其实也不算难对吧？这已经属于动态规划问题中较困难的了。

关键就在于列举出所有可能的「状态」，然后想想怎么穷举更新这些「状态」。一般用一个多维 dp 数组储存这些状态，从 base case 开始向后推进，推进到最后的状态，就是我们想要的答案。想想这个过程，你是不是有点理解「动态规划」这个名词的意义了呢？

具体到股票买卖问题，我们发现了三个状态，使用了一个三维数组，无非还是穷举 + 更新，不过我们可以说的高大上一点，这叫「三维 DP」，怕不怕？这个大实话一说，立刻显得你高人一等，名利双收有没有，所以给个在看/分享吧，鼓励一下我。

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