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LeetCode 309. Best Time to Buy and Sell Stock with Cooldown
给定一个整数数组prices，其中第 **prices[i] 表示第 i 天的股票价格 。
设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:
- 卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
注意： 你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
示例 1:
输入: prices = [1,2,3,0,2]
输出: 3
解释: 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]
示例 2:
输入: prices = [1]
输出: 0
提示：
1 <= prices.length <= 50000 <= prices[i] <= 1000
算法1
(动态规划) O(n)
设状态 f(i) 表示第 i 天结束后不持有股票的最大收益；g(i) 表示第 i 天结束后持有股票的最大收益。
初始时，f(0)=0,g(0)=−prices[0]，其余待定。
转移时，f(i)=max(f(i−1),g(i−1)+prices[i])，表示第 i 天什么都不做，或者卖掉持有的股票。
g(i)=max(g(i−1),f(i−2)−prices[i])，表示第 i 天什么都不做，或者买当天的股票，但需要从上两天的结果转移。注意，如果 i<2 ，则 f(i−2) 当做 0。
最终答案为 f(n−1)。
时间复杂度
状态数为 O(n)，每次转移时间为常数，时间复杂度为 O(n)。
空间复杂度
需要数组存储状态，故空间复杂度为 O(n)。
ac 代码
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if (n == 0)
return 0;
vector<int> f(n); // 当天不持有
vector<int> g(n); // 当天持有
f[0] = 0;
g[0] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
f[i] = max(f[i - 1], g[i - 1] + prices[i]);
if (i >= 2)
g[i] = max(g[i - 1], f[i - 2] - prices[i]);
else
g[i] = max(g[i - 1], -prices[i]);
}
return f[n - 1];
}
};
算法2
(动态规划) O(n)
设状态 f(i) 表示第 i 天，当前结束不持有股票且当前没有发生卖出交易的最大收益；g(i) 表示第 ii 天结束后不持有股票，且当前刚刚卖出股票的最大收益；h(i) 表示当前持有股票的最大收益。\
转移时 f(i)=max(f(i−1),g(i−1))，表示构成第 i 天不持有股票且当天无交易有两种方式，一种是前一天也不持有且前一天没有卖出交易，另一种是前一天持有且前一天刚刚卖出股票；二者取最大值。
g(i)=h(i−1)+prices[i]，表示构成第 i 天不持有股票且当天有交易仅有一种方式，即当天卖出前一天持有的股票。
h(i)=max(h(i−1),f(i−1)−prices[i])，表示构成第 i 天持有股票有两种方式，一种是前一天持有，另一种是前一天不持有且前一天无交易，但这一天刚刚买入。
最终答案为 max(f(n−1),g(n−1))，即最后一天不持有股票的两种情况。
时间复杂度
状态数为 O(n)，每次转移时间为常数，时间复杂度为 O(n)。
空间复杂度
需要数组存储状态，故空间复杂度为 O(n)。 注意到状态转移之和前一层有关，故可以优化掉第一维。 每次提前取出前一层的值，用其更新为新的值即可。 所以空间复杂度可以优化到 O(1)。
ac 代码
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
const int INF = 1000000000;
int n = prices.size();
/*
if (n == 0)
return 0;
vector<int> f(n); // 当天不持有，且当天没有卖出交易
vector<int> g(n); // 当天不持有，且当天刚卖出
vector<int> h(n); // 当天持有
f[0] = 0;
g[0] = -INF;
h[0] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
f[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
g[i] = h[i - 1] + prices[i];
h[i] = max(h[i - 1], f[i - 1] - prices[i]);
}
return max(f[n - 1], g[n - 1]);
*/
int f = 0;
int g = -INF;
int h = -INF;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int new_f = max(f, g);
int new_g = h + prices[i];
int new_h = max(h, f - prices[i]);
f = new_f;
g = new_g;
h = new_h;
}
return max(f, g);
}
};
