【數據結構與演算法】股票系列通解

121. 買賣股票的最佳時機

LeetCode 121. 買賣股票的最佳時機

給定一個數組 prices ，它的第 i 個元素 prices[i] 表示一支給定股票第 i 天的價格。

你只能選擇 某一天 買入這隻股票，並選擇在 未來的某一個不同的日子 賣出該股票。設計一個演算法來計算你所能獲取的最大利潤。

返回你可以從這筆交易中獲取的最大利潤。如果你不能獲取任何利潤，返回 0 。

 

示例 1：

輸入：[7,1,5,3,6,4]
輸出：5
解釋：在第 2 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 5 天（股票價格 = 6）的時候賣出，最大利潤 = 6-1 = 5 。
     注意利潤不能是 7-1 = 6, 因為賣出價格需要大於買入價格；同時，你不能在買入前賣出股票。
示例 2：

輸入：prices = [7,6,4,3,1]
輸出：0
解釋：在這種情況下, 沒有交易完成, 所以最大利潤為 0。
 

提示：

1 <= prices.length <= 105
0 <= prices[i] <= 104

普通 dp：

  • 一般狀態：

    • dp[i][0]：第 i 天的利潤，0 表示不持有股票（從未持有過，或已賣出）
    • dp[i][1]：第 i 天的利潤，1 表示正在持有股票（之前也持有，或第 i 天才買入股票）

  • 初始狀態

    • dp[0][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也沒有買過，利潤為 0
    • dp[0][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前沒有買過，是第 0 天才買入的，利潤為 -prices[0]，及當日股票購入的價格

  • 狀態轉移方程

    • dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])：第 i 天沒有股票，說明要麼第 i-1 天也沒有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天有股票但是第 i 天賣出了。
    • dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], - prices[i])：第 i 天持有股票，說明要麼第 i-1 天也持有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天沒有股票但是第 i 天買入。（這裡注意不能寫成 dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i-1][0] - prices[i]) ，因為該題只能買賣一次，買之前的利潤都為 0）

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int dp[][] = new int[n][2];
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0];
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], - prices[i]);
        }
        return dp[n - 1][0];
    }
}

時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(n)

狀態壓縮：

第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天的最大收益相關，空間複雜度可以降到 O(1)。去掉一維即可。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int dp[] = new int[2];
        dp[0] = 0;
        dp[1] = -prices[0];
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i]);
            dp[1] = Math.max(dp[1], - prices[i]);
        }
        return dp[0];
    }
}

時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(1)

單調性的角度

用一個變數記錄一個歷史最低價格 minprice，我們就可以假設自己的股票是在那天買的。那麼我們在第 i 天賣出股票能得到的利潤就是 prices[i] - minprice

public class Solution {
    public int maxProfit(int prices[]) {
        int minprice = Integer.MAX_VALUE;
        int maxprofit = 0;
        for (int i = 0; i < prices.length; i++) {
            if (prices[i] < minprice) {
                minprice = prices[i];
            } else if (prices[i] - minprice > maxprofit) {
                maxprofit = prices[i] - minprice;
            }
        }
        return maxprofit;
    }
}

時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(1)`

122. 買賣股票的最佳時機 II

[LeetCode 122. 買賣股票的最佳時機 II](//leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/)

給定一個數組 prices ，其中 prices[i] 表示股票第 i 天的價格。

在每一天，你可能會決定購買和/或出售股票。你在任何時候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以購買它，然後在 同一天 出售。
返回 你能獲得的 最大 利潤 。

 

示例 1:

輸入: prices = [7,1,5,3,6,4]
輸出: 7
解釋: 在第 2 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 3 天（股票價格 = 5）的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 5-1 = 4 。
     隨後，在第 4 天（股票價格 = 3）的時候買入，在第 5 天（股票價格 = 6）的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 6-3 = 3 。
示例 2:

輸入: prices = [1,2,3,4,5]
輸出: 4
解釋: 在第 1 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 5 天 （股票價格 = 5）的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 5-1 = 4 。
     注意你不能在第 1 天和第 2 天接連購買股票，之後再將它們賣出。因為這樣屬於同時參與了多筆交易，你必須在再次購買前出售掉之前的股票。
示例 3:

輸入: prices = [7,6,4,3,1]
輸出: 0
解釋: 在這種情況下, 沒有交易完成, 所以最大利潤為 0。
 

提示：

1 <= prices.length <= 3 * 104
0 <= prices[i] <= 104

普通 dp：

  • 一般狀態：

    • dp[i][0]：第 i 天的利潤，0 表示不持有股票（從未持有過，或已賣出）
    • dp[i][1]：第 i 天的利潤，1 表示正在持有股票（之前也持有，或第 i 天才買入股票）

  • 初始狀態

    • dp[0][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也沒有買過，利潤為 0
    • dp[0][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前沒有買過，是第 0 天才買入的，利潤為 -prices[0]，及當日股票購入的價格

  • 狀態轉移方程

    • dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])：第 i 天沒有股票，說明要麼第 i-1 天也沒有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天有股票但是第 i 天賣出了。
    • dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i])：第 i 天持有股票，說明要麼第 i-1 天也持有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天沒有股票但是第 i 天買入。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int dp[][] = new int[n][2];
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0];
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
        }
        return dp[n - 1][0];
    }
}

時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(n)

狀態壓縮：

第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天的最大收益相關，空間複雜度可以降到 O(1)。去掉一維即可。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int dp[] = new int[2];
        dp[0] = 0;
        dp[1] = -prices[0];
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i]);
            dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] - prices[i]);
        }
        return dp[0];
    }
}

時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(1)

單調性

關鍵詞是 不限制次數 ，一個處理方法就是只要後一天股票價格高於前一天，那就在前一天買進，後一天賣出，對所有利潤求和得到總利潤。

轉化成函數中求所有單獨遞增段的增加值的總和。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i < prices.length - 1; i++) {
            if(prices[i] < prices[i + 1]) {
                ans += prices[i + 1] - prices[i];
            }
        }
        return ans;
    }
}

時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(1)`

123. 買賣股票的最佳時機 III

LeetCode 123. 買賣股票的最佳時機 III

給定一個數組，它的第 i 個元素是一支給定的股票在第 i 天的價格。

設計一個演算法來計算你所能獲取的最大利潤。你最多可以完成 兩筆 交易。

注意：你不能同時參與多筆交易（你必須在再次購買前出售掉之前的股票）。

 

示例 1:

輸入：prices = [3,3,5,0,0,3,1,4]
輸出：6
解釋：在第 4 天（股票價格 = 0）的時候買入，在第 6 天（股票價格 = 3）的時候賣出，這筆交易所能獲得利潤 = 3-0 = 3 。
     隨後，在第 7 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 8 天 （股票價格 = 4）的時候賣出，這筆交易所能獲得利潤 = 4-1 = 3 。
示例 2：

輸入：prices = [1,2,3,4,5]
輸出：4
解釋：在第 1 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 5 天 （股票價格 = 5）的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 5-1 = 4 。   
     注意你不能在第 1 天和第 2 天接連購買股票，之後再將它們賣出。   
     因為這樣屬於同時參與了多筆交易，你必須在再次購買前出售掉之前的股票。
示例 3：

輸入：prices = [7,6,4,3,1] 
輸出：0 
解釋：在這個情況下, 沒有交易完成, 所以最大利潤為 0。
示例 4：

輸入：prices = [1]
輸出：0
 

提示：

1 <= prices.length <= 105
0 <= prices[i] <= 105

普通 dp

  • 一般狀態：

    • dp[i][k][0]：第 i 天的利潤，且第 i 天沒有股票（第 i - 1 天也沒有，但是第 i 天沒有任何操作；或者第 i - 1 天有，但是在第 i 天賣出了），k 表示第 i 天進行的最大交易次數
    • dp[i][k][1]：第 i 天的利潤，且第 i 天有股票（第 i - 1 天也有，但是第 i 天沒有任何操作；或者第 i - 1 天沒有，但是在第 i 天買入了），k 表示第 i 天進行的最大交易次數

  • 初始狀態

    • dp[0][1][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也沒有買過，利潤為 0，最大交易次數為 1
    • dp[0][1][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前沒有買過，是第 0 天才買入的，利潤為 -prices[0]，及當日股票購入的價格，最大交易次數為 1
    • dp[0][2][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也沒有買過，利潤為 0，最大交易次數為 2
    • dp[0][2][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前沒有買過，是第 0 天才買入的，利潤為 -prices[0]，及當日股票購入的價格，最大交易次數為 2

  • 狀態轉移方程

    • dp[i][2][0] = Math.max(dp[i - 1][2][0], dp[i - 1][2][1] + prices[i])：第 i 天沒有股票，說明要麼第 i-1 天也沒有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天有股票但是第 i 天賣出了。
    • dp[i][2][1] = Math.max(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0] - prices[i])：第 i 天持有股票，說明要麼第 i-1 天也持有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天沒有股票但是第 i 天買入，第 i - 1 天的最大交易次數比第 i 天的最大交易次數少 1。
    • dp[i][1][0] = Math.max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i])：第 i 天沒有股票，說明要麼第 i-1 天也沒有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天有股票但是第 i 天賣出了。
    • dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])：第 i 天持有股票，說明要麼第 i-1 天也持有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天沒有股票但是第 i 天買入，第 i - 1 天的最大交易次數比第 i 天的最大交易次數少 1。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int[][][] dp = new int[n][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 < n; 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]);
            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], dp[i - 1][0][0] - prices[i]);
        }
        return dp[n - 1][2][0];
    }
}

時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(n)

狀態壓縮

第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天的最大收益相關，空間複雜度可以降到 O(1)。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int[][] dp = new int[3][2];
        dp[1][0] = 0;
        dp[1][1] = -prices[0];
        dp[2][0] = 0;
        dp[2][1] = -prices[0];
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            dp[2][0] = Math.max(dp[2][0], dp[2][1] + prices[i]);
            dp[2][1] = Math.max(dp[2][1], dp[1][0] - prices[i]);
            dp[1][0] = Math.max(dp[1][0], dp[1][1] + prices[i]);
            dp[1][1] = Math.max(dp[1][1], dp[0][0] - prices[i]);
        }
        return dp[2][0];
    }
}

時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(1)

188. 買賣股票的最佳時機 IV

LeetCode 188. 買賣股票的最佳時機 IV

給定一個整數數組 prices ，它的第 i 個元素 prices[i] 是一支給定的股票在第 i 天的價格。

設計一個演算法來計算你所能獲取的最大利潤。你最多可以完成 k 筆交易。

注意：你不能同時參與多筆交易（你必須在再次購買前出售掉之前的股票）。

 

示例 1：

輸入：k = 2, prices = [2,4,1]
輸出：2
解釋：在第 1 天 (股票價格 = 2) 的時候買入，在第 2 天 (股票價格 = 4) 的時候賣出，這筆交易所能獲得利潤 = 4-2 = 2 。
示例 2：

輸入：k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]
輸出：7
解釋：在第 2 天 (股票價格 = 2) 的時候買入，在第 3 天 (股票價格 = 6) 的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 6-2 = 4 。
     隨後，在第 5 天 (股票價格 = 0) 的時候買入，在第 6 天 (股票價格 = 3) 的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 3-0 = 3 。
 

提示：

0 <= k <= 100
0 <= prices.length <= 1000
0 <= prices[i] <= 1000

普通 dp

  • 一般狀態：

    • dp[i][k][0]：第 i 天的利潤，且第 i 天沒有股票（第 i - 1 天也沒有，但是第 i 天沒有任何操作；或者第 i - 1 天有，但是在第 i 天賣出了），k 表示第 i 天進行的最大交易次數
    • dp[i][k][1]：第 i 天的利潤，且第 i 天有股票（第 i - 1 天也有，但是第 i 天沒有任何操作；或者第 i - 1 天沒有，但是在第 i 天買入了），k 表示第 i 天進行的最大交易次數

  • 初始狀態

    • dp[0][k][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也沒有買過，利潤為 0，最大交易次數為 k
    • dp[0][k][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前沒有買過，是第 0 天才買入的，利潤為 -prices[0]，及當日股票購入的價格，最大交易次數為 k

  • 狀態轉移方程

    • dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])：第 i 天沒有股票，說明要麼第 i-1 天也沒有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天有股票但是第 i 天賣出了。
    • dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])：第 i 天持有股票，說明要麼第 i-1 天也持有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天沒有股票但是第 i 天買入，第 i - 1 天的最大交易次數比第 i 天的最大交易次數少 1。

class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        if (prices == null || prices.length == 0) {
            return 0;
        }
        int n = prices.length;
        int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];
        for(int i = 1; i <= k; i++) {       // 賦初值
            dp[0][i][0] = 0;
            dp[0][i][1] = -prices[0];
        }
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            for(int j = 1; j <= k ;j++) {
                dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
                dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);
            }
        }
        return dp[n - 1][k][0];
    }   
}

時間複雜度為 O(nk) 和空間複雜度為 O(nk)

狀態壓縮

第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天的最大收益相關

class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        if (prices == null || prices.length == 0) {
            return 0;
        }
        int n = prices.length;
        int[][] dp = new int[k + 1][2];
        for(int i = 1; i <= k; i++) {
            dp[i][0] = 0;
            dp[i][1] = -prices[0];
        }
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            for(int j = 1; j <= k ;j++) {
                dp[j][0] = Math.max(dp[j][0], dp[j][1] + prices[i]);
                dp[j][1] = Math.max(dp[j][1], dp[j - 1][0] - prices[i]);
            }
        }
        return dp[k][0];
    }   
}

時間複雜度為 O(nk) 和空間複雜度為 O(k)

309. 最佳買賣股票時機含冷凍期

LeetCode 309. 最佳買賣股票時機含冷凍期

給定一個整數數組prices，其中第  prices[i] 表示第 i 天的股票價格 。​

設計一個演算法計算出最大利潤。在滿足以下約束條件下，你可以儘可能地完成更多的交易（多次買賣一支股票）:

賣出股票後，你無法在第二天買入股票 (即冷凍期為 1 天)。
注意：你不能同時參與多筆交易（你必須在再次購買前出售掉之前的股票）。

 

示例 1:

輸入: prices = [1,2,3,0,2]
輸出: 3 
解釋: 對應的交易狀態為: [買入, 賣出, 冷凍期, 買入, 賣出]
示例 2:

輸入: prices = [1]
輸出: 0
 

提示：

1 <= prices.length <= 5000
0 <= prices[i] <= 1000

普通 dp

  • 一般狀態：

    • dp[i][0]：第 i 天的利潤，0 表示不持有股票（從未持有過，或已賣出）
    • dp[i][1]：第 i 天的利潤，1 表示正在持有股票（之前也持有，或第 i 天才買入股票）

  • 初始狀態

    • dp[0][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也沒有買過，利潤為 0
    • dp[0][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前沒有買過，是第 0 天才買入的，利潤為 -prices[0]，及當日股票購入的價格

  • 狀態轉移方程

    • dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])：第 i 天沒有股票，說明要麼第 i-1 天也沒有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天有股票但是第 i 天賣出了。
    • dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 2][0] - prices[i])：第 i 天持有股票，說明要麼第 i-1 天也持有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-2 天沒有股票但是第 i 天買入。在有 冷卻時間 的情況下，如果在第 i - 1 天賣出了股票，就不能在第 i 天買入股票。因此，如果要在第 i 天買入股票，第二個狀態轉移方程中就不能使用 dp[i - 1][0]，而應該使用 dp[i - 2][0]。
class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int dp[][] = new int[n][2];
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0];
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], (i >= 2 ? dp[i - 2][0] : 0) - prices[i]);
        }
        return dp[n - 1][0];
    }
}

時間複雜度為 O(n) 和空間複雜度為 O(n)

狀態壓縮

第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天和第 i - 2 天的最大收益相關

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int dp[] = new int[2];
        dp[0] = 0;
        dp[1] = -prices[0];
        int pre = 0;  // 記錄第 i - 2 天的利潤（無股票）
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            int nextProfit0 = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i]);
            int nextProfit1 = Math.max(dp[1], pre - prices[i]);
            pre = dp[0];
            dp[0] = nextProfit0;
            dp[1] = nextProfit1;
        }
        return dp[0];
    }
}

時間複雜度為 O(n) 和空間複雜度為 O(1)

714. 買賣股票的最佳時機含手續費

LeetCode 714. 買賣股票的最佳時機含手續費

普通 dp

  • 一般狀態：

    • dp[i][0]：第 i 天的利潤，0 表示不持有股票（從未持有過，或已賣出）
    • dp[i][1]：第 i 天的利潤，1 表示正在持有股票（之前也持有，或第 i 天才買入股票）

  • 初始狀態

    • dp[0][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也沒有買過，利潤為 0
    • dp[0][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前沒有買過，是第 0 天才買入的，利潤為 -prices[0]，及當日股票購入的價格

  • 狀態轉移方程

    • dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])：第 i 天沒有股票，說明要麼第 i-1 天也沒有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天有股票但是第 i 天賣出了。
    • dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee)：第 i 天持有股票，說明要麼第 i-1 天也持有股票並且第 i 天沒有任何操作，要麼第 i-1 天沒有股票但是第 i 天買入，同時付手續費。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
        int n = prices.length;
        int[][] dp = new int[n][2];
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0] - fee;
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee);
        }
        return dp[n - 1][0];
    }
}

時間複雜度為 O(n) 和空間複雜度為 O(n)

狀態壓縮

第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天的最大收益相關

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
        int n = prices.length;
        int[] dp = new int[2];
        dp[0] = 0;
        dp[1] = -prices[0] - fee;
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i]);
            dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] - prices[i] - fee);
        }
        return dp[0];
    }
}

時間複雜度為 O(n) 和空間複雜度為 O(1)

總結

從上面六個體可以總結出一個模板

  • dp[i][k][j]
    • i ：第 i 天
    • k ：可能的最大交易次數
    • j ：j = 0 表示當前沒有股票；j = 1 表示當前持有股票
    • dp[i][k][0]：表示在第 i 天結束時，最多進行 k 次交易且在進行操作後持有 0 份股票的情況下可以獲得的最大收益；
    • dp[i][k][1]：表示在第 i 天結束時，最多進行 k 次交易且在進行操作後持有 1 份股票的情況下可以獲得的最大收益。

總共涉及到三個狀態

  • 買入
  • 賣出
  • 無操作

dp[i][k][j] 與 dp[i - 1][k - 1][j] dp[i - 1][k][j] dp[i][k - 1][j] 等子問題有關。

一般的狀態轉移方程如下：

                dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
                dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);

其他問題只不過是在此基礎上進行小變形，通過股票系列這幾個題可以加深對動態規劃的認識和理解，也可以有效的應對面試。

參考資料

股票問題系列通解（轉載翻譯）

力扣官方題解

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