详解股票买卖算法的最优解(二)
作者：互联网
前言
今天王子与大家继续分享LeeCode上有关如何买卖股票获取最高利润的题目。
本文作为补充文章，对更复杂的题目进行解答，如果还没有阅读上篇文章，希望小伙伴们先去看一下上篇文章：详解股票买卖算法的最优解(一)，有助于理解。
上篇文章我们讲解了根据状态机、状态转移方程思考问题，解决了4道有关股票买卖的题目，今天我们再来看两道复杂的题目。
请看下面的题目：
这道题目包含了几乎所有的情况，下面我们来进行分析。
第一题，k=2,即最多交易两次
k=2和之前题目就不一样了，之前是不需要考虑k的情况的，但是这道题是要把k放到考虑范围内的，状态转移方程不能化简，就是最开始分析的样子，但稍微有些不同的是k值什么时候加一，之前的文章我们说当每次buy的时候k加一，为了后文更好理解我们现在把k加一这一操作放到sell操作后，也就是说卖出后才算一次完整的交易，k才会加一，所以转移方程如下：
dp[i][k][0]=max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k-1][1]+prices[i]); dp[i][k][1]=max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k][0]-prices[i]);
如果按照之前的解题方法，很容易会写成下边这种代码：
int k=2;
int[][][] dp=new int[n][k+1][2];
for(int i=0;i<n;i++){
if(i=0){处理特殊值};
dp[i][k][0]=Math.max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k-1][1]+prices[i]);
dp[i][k][1]=Math.max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k][0]-prices[i]);
}
return dp[n-1][2][0];
但这样是错误的，还记得我们前文提到的穷举框架吗，穷举的是所有的状态，之前我们不用考虑k，但是这道题目考虑了k就要对k再进行穷举。
我们先逐一分析特殊情况，有助于理解：
dp[i][0][0]：表示第i天交易了0次时的空仓状态
dp[i][0][1]：表示第i天交易了0次时的持有状态
dp[i][1][0]：表示第i天交易了1次时的空仓状态
dp[i][1][1]：表示第i天交易了1次时的持有状态
dp[i][2][0]：表示第i天交易了2次时的空仓状态
dp[i][2][1]：表示第i天交易了2次时的持仓状态（也就是第三次交易已经买入了，实际不存在这种情况，交易了两次后不能再交易，所以一定是空仓状态）
对于上边的情况我们再做一个分析：
dp[i][0][0]：对应于初始状态，第i天0次交易，空仓状态，利润一定是0
dp[i][0][1]和dp[i][1][0] 这两个是一对，对应的就是第一次买入、第一次卖出（卖出的时候才会增加交易次数）。
dp[i][1][1]和dp[i][2][0] 这两个也是一对，对应的就是第二次买入、第二次卖出。
dp[i][2][1]对应的是第三次的买入，因为我们限定了买入次数最多为两次，所以这种情况不存在。
接下来我们再详细分析一下第一次买卖的状态转移方程
第一次买入：从初始状态转换而来，或者第一次买入后保持不动 dp[i][0][1] = max(dp[i-1][0][1],dp[i-1][0][0]-prices[i]) 第一次卖出：从第一次买入转换而来，或者第一次卖出后保持不动 dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0],dp[i-1][0][1]+prices[i])
第二次买卖的状态转移方程：
第二次买入：从第一次卖出转换而来，或者第二次买入后保持不动 dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1],dp[i-1][1][0]-prices[i]) 第二次卖出：从第二次买入转换而来，或者第二次卖出后保持不动 dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0],dp[i-1][1][1]+prices[i])
我们把第一次买卖、第二次买卖的转移方程合到一起，就得到了最后的结果。
同时还要处理特殊情况的特殊值。
最后求的利润最大值就保存在 dp[n-1][0][0]、dp[n-1][1][0]、dp[n-1][2][0]中，我们求出这几个值的max再返回就可以了。
为什么我们考虑最大利润要把dp[n-1][0][0]这种情况算上呢，因为如果股市价格类似[5,4,3,2,1]，这种一直下跌的情况，不交易的利润是0，而交易了一定是亏损的。
直接看代码
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int max=0;
//定义三维数组，第i天、交易了多少次、当前的买卖状态
int[][][] dp = new int[n][3][2];
for(int i=0;i<n;i++) {
for(int k=0;k<=2;k++){
if(i==0){
dp[i][k][0]=0;
dp[i][k][1]=-prices[i];
continue;
};
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k][0]-prices[i]);
if(k==0){
dp[i][k][0] = dp[i-1][k][0];
}else{
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k-1][1]+prices[i]);
}
}
}
for(int k=0;k<=2;k++){
if(max<dp[n-1][k][0]){
max=dp[n-1][k][0];
}
}
//返回最大值
return max;
}
有了状态转移方程的概念，想看懂上边的代码其实不难，但是如果把变量名全都改成a,b,c,d，我估计大多数人都会看着你的代码脑壳生疼。
好了，我们再来看下一题。
第二题，k=任何值，即交易次数限制是动态获取的
这题和 k = 2 没啥区别，解法基本相同。但是需要考虑k值的取值范围，k值不能无限大。想一想，k值也就是交易次数有什么限制呢？
一次交易由买入和卖出构成，至少需要两天。所以说有效的限制次数 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。
所以可以套用之前的k=+infinity的算法
最终结果如下：
public int maxProfit(int max_k, int[] prices) {
if(prices.length==0){
return 0;
}
int n = prices.length;
if(max_k>n/2){
return maxProfit(prices);
}
int max=0;
//定义三维数组，第i天、交易了多少次、当前的买卖状态
int[][][] dp = new int[n][max_k+1][2];
for(int i=0;i<n;i++) {
for(int k=0;k<=max_k;k++){
if(i==0){
dp[i][k][0]=0;
dp[i][k][1]=-prices[i];
continue;
};
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k][0]-prices[i]);
if(k==0){
dp[i][k][0] = dp[i-1][k][0];
}else{
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k-1][1]+prices[i]);
}
}
}
for(int k=0;k<=max_k;k++){
if(max<dp[n-1][k][0]){
max=dp[n-1][k][0];
}
}
//返回最大值
return max;
}
public int maxProfit(int[] prices) {
int n=prices.length;
int dp_i_0=0,dp_i_1=Integer.MIN_VALUE;
for(int i=0;i<n;i++){
int temp=dp_i_0;
dp_i_0=Math.max(dp_i_0,dp_i_1+prices[i]);
dp_i_1=Math.max(dp_i_1,temp-prices[i]);
}
return dp_i_0;
}
至此，算上上篇文章的4道题目，一共6到关于股票买卖的问题已经全部解决。
总结
好了，关于股票买卖算法的最优解系列就告一段落。
这类题型的解题思路就是引入了状态转移方程的概念，现在我们一起弄懂了这种解题思路，是不是还有一点小成就感呢。
解决这类问题的关键就是确认有几种选择，确定有几种状态，设定状态转移方程，处理特殊情况的值。之后就是套用进代码，解决问题。
希望大家再做算法题的时候脑子里能回忆起这种框架的解题思路。
如果觉得文章内容对你有所启发，希望点个赞，我们后续还会有很多内容与大家分享，不见不散。
往期文章推荐：
中间件专辑：
算法专辑：
标签：股票买卖,状态,int,max,算法,详解,prices,交易,dp 来源： https://blog.51cto.com/u_14612575/2872778