基本介绍
力扣上关于股票买卖的题目一共有6道题目，关于买卖股票的问题，我们很容易能想到的就是穷举，那怎么穷举呢？
看看总共有几种「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。看如下所示，就是这个意思。
for 状态1 in 状态1的所有取值
for 状态2 in 状态2的所有取值
for...
dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)
具体到当前问题，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（第一次除外）。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，第二个是当天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）。
我们用一个三维数组 dp 就可以装下这几种状态的全部组合，用 for 循环就能完成穷举：
dp[i][k][0 或者1]，0 <= i <= n-1, 1 <= k <= K，n为天数，大写K为最多交易次数，此问题共n * K *2种状态，全部穷举就能搞定。
for 0 <= i < n
for 1 <= k < K
for s in {0,1}
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，所能获取的最大利润。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。
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」。
因为我们的选择是 buy, sell, rest，而这些选择是和「持有状态」相关的，所以只看「持有状态」，可以画个状态转移图。
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：
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，把最大交易数 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。
dp[-1][k][0] = 0;
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
dp[-1][k][1] = -infinity;
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的
dp[i][0][0] = 0;
解释：因为k是从1开始的，所以k = 0意味着不允许交易，这时候利润当然是0
dp[i][0][1] = -infinity;
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：
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。现在整体框架已经完成，下面开始具体化。
121. 买卖股票的最佳时机
根据上面框架可知，此时允许的交易次数为1，即K = 1.直接套状态转移方程，根据 base case，可以做一些化简：
直接翻译成代码：
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for(int i = 0; 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];
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。那就简单粗暴地处理一下：
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for(int i = 0; i < n; i++) {
if(i - 1 == -1) {
/**
* 解释：dp[i][0]
*= Math.max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])
*= Math.max(0, -infinity + prices[i]) =0
*/
dp[i][0] = 0;
/**
* 解释：dp[i][1]
*= Math.max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])
*= Math.max(-infinity, 0 - prices[i])
*= - prices[i]
*/
dp[i][1] = -prices[i];
continue;
}
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];
}
}
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，只需要两个变量储存所需的状态就足够了，这样可以把空间复杂度降到 O(1):
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
//base case：dp[-1][0] = 0, dp[-1][1] = -infinity
int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
for(int i = 0; i < n; i++) {
//dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
//dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, -prices[i]);
}
return dp_i_0;
}
}
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。
122. 买卖股票的最佳时机 II
参照上面的框架，这里 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：
直接翻译成代码即可：
class Solution {
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;
}
}
123. 买卖股票的最佳时机 III
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，最后也被消掉了。
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。
按照之前的代码，我们可能想当然这样写代码（错误的）：
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？就在强调必须穷举所有状态。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，所以没有对 k 的穷举。比如说第一题，k = 1：
这道题由于没有消掉 k 的影响，所以必须要用 for 循环对 k 进行穷举才是正确的：
代码如下：
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int max_k = 2;//允许交易的次数
int[][][] dp = new int[n][3][2];
//处理base
for(int k = max_k; k >= 1; k--) {
/**
* Math.max(dp[-1][k][0], dp[-1][k][1] + prices[0])
* = Math.max(0, 负无穷+ prices[0]) = 0
*/
dp[0][k][0] = 0;
/**
* Math.max(dp[-1][k][1], dp[-1][k-1][0] - prices[i])
* = Math.max(负无穷, 0 - prices[0]) = -prices[0]
*/
dp[0][k][1] = -prices[0];
}
for(int i = 1; i < n; i++) {
for(int k = max_k; k >= 1; k--) {
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);
}
}
return dp[n-1][max_k][0];
}
}
第二种解法：因为这里 k 取值范围比较小，所以也可以不用 for 循环，直接把 k = 1 和 2 的情况手动列举出来也是一样的：
188. 买卖股票的最佳时机 IV
这题和 k = 2 没啥区别，可以直接套上一题的第一个解法。但是提交之后会出现一个超内存的错误，原来是传入的 k 值可以任意大，导致 dp 数组太大了。现在想想，交易次数 k 最多能有多大呢？
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。
代码如下：
class Solution {
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
int n = prices.length;
if(n == 0) {
return 0;
}
int max_k = k;
if(k > n / 2) {
max_k = n / 2;//允许交易的次数
}
int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];
//处理base
for(int k1 = max_k; k1 >= 1; k1--) {
/**
* Math.max(dp[-1][k][0], dp[-1][k][1] + prices[0])
* = Math.max(0, 负无穷+ prices[0]) = 0
*/
dp[0][k1][0] = 0;
/**
* Math.max(dp[-1][k][1], dp[-1][k-1][0] - prices[i])
* = Math.max(负无穷, 0 - prices[0]) = -prices[0]
*/
dp[0][k1][1] = -prices[0];
}
for(int i = 1; i < n; i++) {
for(int k1 = max_k; k1 >= 1; k1--) {
dp[i][k1][0] = Math.max(dp[i-1][k1][0], dp[i-1][k1][1] + prices[i]);
dp[i][k1][1] = Math.max(dp[i-1][k1][1], dp[i-1][k1-1][0] - prices[i]);
}
}
return dp[n-1][max_k][0];
}
}
309. 最佳买卖股票时机含冷冻期
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：
直接上代码，如下：
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for(int i = 0; i < n; i++) {
if(i == 0) {
dp[i][0] = 0;
dp[i][1] = -prices[i];
} else if (i == 1) {
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]);
} else {
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-2][0] - prices[i]);
}
}
return dp[n-1][0];
}
}
714. 买卖股票的最佳时机含手续费
每次交易要支付手续费，只要把手续费从利润中减去即可：
直接上代码，如下：
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for(int i = 0; i < n; i++) {
if(i == 0) {
dp[i][0] = 0;
dp[i][1] = - prices[i] - fee;
} else {
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];
}
}
至此，买卖股票的六道题目通过一个状态转移方程全部解决。
