1 按摩师
打家劫舍问题的变形~
⼩偷变成了按摩师
1.1 题目链接
1.2 题目描述
一个有名的按摩师会收到源源不断的预约请求，每个预约都可以选择接或不接。在每次预约服务之间要有休息时间，因此她不能接受相邻的预约。给定一个预约请求序列，替按摩师找到最优的预约集合（总预约时间最长），返回总的分钟数。
注意： 本题相对原题稍作改动
示例 1：
输入： [1,2,3,1]
输出： 4
解释： 选择 1 号预约和 3 号预约，总时长 = 1 + 3 = 4。
示例 2：
输入： [2,7,9,3,1]
输出： 12
解释： 选择 1 号预约、 3 号预约和 5 号预约，总时长 = 2 + 9 + 1 = 12。
示例 3：
输入： [2,1,4,5,3,1,1,3]
输出： 12
解释： 选择 1 号预约、 3 号预约、 5 号预约和 8 号预约，总时长 = 2 + 4 + 3 + 3 = 12。
1.3 解法（动态规划）
算法思路：
-
状态表⽰：
对于简单的线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
- i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
- ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
dp[i] 表⽰：选择到 i 位置时，此时的最⻓预约时⻓。
但是我们这个题在 i 位置的时候，会⾯临「选择」或者「不选择」两种抉择，所依赖的状态需要细分：
- f[i] 表⽰：选择到 i 位置时， nums[i] 必选，此时的最⻓预约时⻓；
- g[i] 表⽰：选择到 i 位置时， nums[i] 不选，此时的最⻓预约时⻓。
-
状态转移⽅程：
因为状态表⽰定义了两个，因此我们的状态转移⽅程也要分析两个：
-
对于 f[i] ：
- 如果 nums[i] 必选，那么我们仅需知道 i - 1 位置在不选的情况下的最⻓预约时⻓，然后加上 nums[i] 即可，因此 f[i] = g[i - 1] + nums[i] 。
-
对于 g[i] ：
- 如果 nums[i] 不选，那么 i - 1 位置上选或者不选都可以。因此，我们需要知道 i - 1 位置上选或者不选两种情况下的最⻓时⻓，因此 g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]) 。
-
初始化：
这道题的初始化⽐较简单，因此⽆需加辅助节点，仅需初始化 f[0] = nums[0], g[0] = 0 即可。
-
填表顺序
根据「状态转移⽅程」得「从左往右，两个表⼀起填」。
-
返回值
根据「状态表⽰」，应该返回 max(f[n - 1], g[n - 1]) 。
1.4 C++算法代码：
class Solution {
public:
int massage(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
if(n == 0) return 0;
vector<int> f(n);
auto g = f;
f[0] = nums[0];
for(int i = 1; i < n; i++)
{
f[i] = g[i - 1] + nums[i];
g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
}
return max(f[n - 1], g[n - 1]);
}
};
2 打家劫舍 II
2.1 题目链接
2.2 题目描述
你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都 围成一圈 ，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警 。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 在不触动警报装置的情况下 ，今晚能够偷窃到的最高金额。
示例 1：
输入： nums = [2,3,2]
输出： 3
解释： 你不能先偷窃 1 号房屋（金额 = 2），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 2）, 因为他们是相邻的。
示例 2：
输入： nums = [1,2,3,1]
输出： 4
解释： 你可以先偷窃 1 号房屋（金额 = 1），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 3）。
偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。
示例 3：
输入： nums = [1,2,3]
输出： 3
提示：
1 <= nums.length <= 1000 <= nums[i] <= 1000
2.3 解法（动态规划）
算法思路：
这⼀个问题是「打家劫舍I」问题的变形。
上⼀个问题是⼀个「单排」的模式，这⼀个问题是⼀个「环形」的模式，也就是⾸尾是相连的。但
是我们可以将「环形」问题转化为「两个单排」问题：
- a. 偷第⼀个房屋时的最⼤⾦额 x ，此时不能偷最后⼀个房⼦，因此就是偷 [0, n - 2] 区间的房⼦；
- b. 不偷第⼀个房屋时的最⼤⾦额 y ，此时可以偷最后⼀个房⼦，因此就是偷 [1, n - 1] 区间的房⼦；
两种情况下的「最⼤值」，就是最终的结果。
因此，问题就转化成求「两次单排结果的最⼤值」。
2.4 C++算法代码：
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
// 两种情况下的最大值
return max(nums[0] + rob1(nums, 2, n - 2), rob1(nums, 1 , n - 1));
}
int rob1(vector<int>& nums, int left, int right)
{
if(left > right) return 0;
int n = nums.size();
vector<int> f(n);
auto g = f;
f[left] = nums[left];
for(int i = left + 1; i <= right; i++)
{
f[i] = g[i - 1] + nums[i];
g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1]);
}
return max(f[right], g[right]);
}
};
3 删除并获得点数
3.1 题目链接
3.2 题目描述
给你一个整数数组 nums ，你可以对它进行一些操作。
每次操作中，选择任意一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数。之后，你必须删除 所有 等于 nums[i] - 1 和 nums[i] + 1 的元素。
开始你拥有 0 个点数。返回你能通过这些操作获得的最大点数。
示例 1：
输入： nums = [3,4,2]
输出： 6
解释：
删除 4 获得 4 个点数，因此 3 也被删除。
之后，删除 2 获得 2 个点数。总共获得 6 个点数。
示例 2：
输入： nums = [2,2,3,3,3,4]
输出： 9
解释：
删除 3 获得 3 个点数，接着要删除两个 2 和 4 。
之后，再次删除 3 获得 3 个点数，再次删除 3 获得 3 个点数。
总共获得 9 个点数。
提示：
1 <= nums.length <= 2 * 1041 <= nums[i] <= 104
3.3 解法（动态规划）
算法思路：
其实这道题依旧是「打家劫舍I」问题的变型。
我们注意到题⽬描述，选择 x 数字的时候， x - 1 与 x + 1 是不能被选择的。像不像「打家劫舍」问题中，选择 i 位置的⾦额之后，就不能选择 i - 1 位置以及 i + 1 位置的⾦额呢~
因此，我们可以创建⼀个⼤⼩为 10001 （根据题⽬的数据范围）的 hash 数组，将 nums 数组中每⼀个元素 x ，累加到 hash 数组下标为 x 的位置处，然后在 hash 数组上来⼀次「打家劫舍」即可。
3.4 C++算法代码：
class Solution {
public:
int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {
const int N = 10001;
// 1. 预处理
int arr[N] = {0};
for(auto e : nums) arr[e] += e;
// 2. 在 arr 数组上，做一次 “打家劫舍” 问题
// 创建 dp 表
vector<int> f(N);
auto g = f;
// 填表
for(int i = 1; i < N; i++)
{
f[i] = g [i - 1] + arr[i];
g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
}
// 返回结果
return max(f[N - 1], g[N - 1]);
}
};
4 粉刷房子
4.1 题目链接
4.2 题目描述
假如有一排房子，共 n 个，每个房子可以被粉刷成红色、蓝色或者绿色这三种颜色中的一种，你需要粉刷所有的房子并且使其相邻的两个房子颜色不能相同。
当然，因为市场上不同颜色油漆的价格不同，所以房子粉刷成不同颜色的花费成本也是不同的。每个房子粉刷成不同颜色的花费是以一个 n x 3 **的正整数矩阵 costs 来表示的。
例如，costs[0][0] 表示第 0 号房子粉刷成红色的成本花费；costs[1][2] 表示第 1 号房子粉刷成绿色的花费，以此类推。
请计算出粉刷完所有房子最少的花费成本。
示例 1：
输入: costs = [[17,2,17],[16,16,5],[14,3,19]]
输出: 10
解释: 将 0 号房子粉刷成蓝色，1 号房子粉刷成绿色，2 号房子粉刷成蓝色 。
最少花费: 2 + 5 + 3 = 10。
示例 2：
输入: costs = [[7,6,2]]
输出: 2
提示:
costs.length == ncosts[i].length == 31 <= n <= 1001 <= costs[i][j] <= 20
4.3 解法（动态规划）
算法思路：
-
状态表⽰：
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
- i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
- ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。 这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
但是我们这个题在 i 位置的时候，会⾯临「红」「蓝」「绿」三种抉择，所依赖的状态需要细分：
- dp[i][0] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「红⾊」，此时的最⼩花费；
- dp[i][1] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「蓝⾊」，此时的最⼩花费；
- dp[i][2] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「绿⾊」，此时的最⼩花费。
-
状态转移⽅程：
因为状态表⽰定义了三个，因此我们的状态转移⽅程也要分析三个：
- 对于 dp[i][0] ：
- 如果第 i 个位置粉刷上「红⾊」，那么 i - 1 位置上可以是「蓝⾊」或者「绿⾊」。因此我们需要知道粉刷到 i - 1 位置上的时候，粉刷上「蓝⾊」或者「绿⾊」的最⼩花费，然后加上 i位置的花费即可。于是状态转移⽅程为： dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0] ;
- 同理，我们可以推导出另外两个状态转移⽅程为：
- dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1] ；
- dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2] 。
- 对于 dp[i][0] ：
-
初始化：
可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：
- i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
- ii. 「下标的映射关系」。
在本题中，添加⼀个节点，并且初始化为 0 即可。
-
填表顺序
根据「状态转移⽅程」得「从左往右，三个表⼀起填」。
-
返回值
根据「状态表⽰」，应该返回最后⼀个位置粉刷上三种颜⾊情况下的最⼩值，因此需要返回：
min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2])) 。
4.4 C++算法代码：
class Solution {
public:
int minCost(vector<vector<int>>& costs) {
int n = costs.size();
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(3));
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];
dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];
dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2];
}
return min(min(dp[n][0],dp[n][1]),dp[n][2]);
}
};
5 买卖股票的最佳时机含冷冻期
5.1 题目链接
5.2 题目描述
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
5.3 解法（动态规划）
算法思路：
-
状态表⽰：
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
- i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
- ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
由于有「买⼊」「可交易」「冷冻期」三个状态，因此我们可以选择⽤三个数组，其中：
- dp[i][0] 表⽰：第 i 天结束后，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；
- dp[i][1] 表⽰：第 i 天结束后，处于「可交易」状态，此时的最⼤利润；
- dp[i][2] 表⽰：第 i 天结束后，处于「冷冻期」状态，此时的最⼤利润。
-
状态转移⽅程：
我们要谨记规则：
- i. 处于「买⼊」状态的时候，我们现在有股票，此时不能买股票，只能继续持有股票，或者卖出股票；
- ii. 处于「卖出」状态的时候：
- 如果「在冷冻期」，不能买⼊；
- 如果「不在冷冻期」，才能买⼊。
-
对于 dp[i][0] ，我们有「两种情况」能到达这个状态：
- i. 在 i - 1 天持有股票，此时最⼤收益应该和 i - 1 天的保持⼀致： dp[i - 1]
- ii. 在i 天买⼊股票，那我们应该选择 i - 1 天不在冷冻期的时候买⼊，由于买⼊需要花钱，所以此时最⼤收益为： dp[i - 1][1] - prices[i]
- 两种情况应取最⼤值，因此： dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]) 。
-
对于 dp[i][1] ，我们有「两种情况」能到达这个状态：
- i. 在 i - 1 天的时候，已经处于冷冻期，然后啥也不⼲到第 i 天，此时对应的状态为：dp[i - 1][2] ；
- ii. 在 i - 1 天的时候，⼿上没有股票，也不在冷冻期，但是依旧啥也不⼲到第 i 天，此时对应的状态为 dp[i - 1][1] ；
两种情况应取最⼤值，因此： dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) 。
-
对于 dp[1][i] ，我们只有「⼀种情况」能到达这个状态：
- i. 在 i - 1 天的时候，卖出股票。
-
因此对应的状态转移为： dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i] 。
-
初始化：
三种状态都会⽤到前⼀个位置的值，因此需要初始化每⼀⾏的第⼀个位置：
- dp[0][0] ：此时要想处于「买⼊」状态，必须把第⼀天的股票买了，因此 dp[0][0] = - prices[0] ；
- dp[0][1] ：啥也不⽤⼲即可，因此 dp[0][1] = 0 ；
- dp[0][2] ：⼿上没有股票，买⼀下卖⼀下就处于冷冻期，此时收益为 0 ，因此 dp[0][2] = 0 。
-
填表顺序：
根据「状态表⽰」，我们要三个表⼀起填，每⼀个表「从左往右」。
-
返回值：
应该返回「卖出状态」下的最⼤值，因此应该返回 max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]) 。
5.4 C++算法代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(3));
//dp[i][0] 买入状态 手里有一只股票
//dp[i][1] 可交易状态 手里没有股票 可买入
//dp[i][2] 冷冻状态 前一天刚卖出 不可买入
dp[0][0] = -prices[0];
for(int i = 1; i < n; i++)
{
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
}
return max(max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]), dp[n - 1][2]);
}
};
6 买卖股票的最佳时机含手续费
6.1 题目链接
6.2 题目描述
给定一个整数数组 prices，其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格 ；整数 fee 代表了交易股票的手续费用。
你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。
返回获得利润的最大值。
注意： 这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。
示例 1：
输入： prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出： 8
解释： 能够达到的最大利润:
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 9
总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8
示例 2：
输入： prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出： 6
提示：
1 <= prices.length <= 5 * 1041 <= prices[i] < 5 * 1040 <= fee < 5 * 104
6.3 解法（动态规划）
算法思路：
- 状态表⽰：
-
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
- i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
- ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
-
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
-
由于有「买⼊」「可交易」两个状态，因此我们可以选择⽤两个数组，其中：
- f[i] 表⽰：第 i 天结束后，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；
- g[i] 表⽰：第 i 天结束后，处于「卖出」状态，此时的最⼤利润。
- 状态转移⽅程：
我们选择在「卖出」的时候，⽀付这个⼿续费，那么在「买⼊」的时候，就不⽤再考虑⼿续费的问题。
-
对于 f[i] ，我们有两种情况能到达这个状态：
- i. 在 i - 1 天「持有」股票，第 i 天啥也不⼲。此时最⼤收益为 f[i - 1] ；
- ii. 在 i - 1 天的时候「没有」股票，在第 i 天买⼊股票。此时最⼤收益为 g[i - 1] - prices[i]) ；
- 两种情况下应该取最⼤值，因此 f[i] = max(f[i - 1], g[i - 1] - prices[i]) 。
-
对于 g[i] ，我们也有两种情况能够到达这个状态：
- i. 在 i - 1 天「持有」股票，但是在第 i 天将股票卖出。此时最⼤收益为： f[i - 1] + prices[i] - fee) ，记得⼿续费；
- ii. 在 i - 1 天「没有」股票，然后第 i 天啥也不⼲。此时最⼤收益为： g[i - 1] ；
- 两种情况下应该取最⼤值，因此 g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1] + prices[i] - fee) 。
-
初始化：
由于需要⽤到前⾯的状态，因此需要初始化第⼀个位置。
- 对于 f[0] ，此时处于「买⼊」状态，因此 f[0] = -prices[0] ；
- 对于 g[0] ，此时处于「没有股票」状态，啥也不⼲即可获得最⼤收益，因此 g[0] = 0 。
-
填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」，但是两个表需要⼀起填。
-
返回值：
应该返回「卖出」状态下，最后⼀天的最⼤值收益： g[n - 1] 。
6.4 C++算法代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int n = prices.size();
vector<int> f(n);
auto g = f;
f[0] = -prices[0];
for(int i = 1; i < n; i++)
{
f[i] = max(f[i - 1], g[i - 1] - prices[i]);
g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1] + prices[i] - fee);
}
return g[n - 1];
}
};
7 买卖股票的最佳时机 III
7.1 题目链接
7.2 题目描述
给定一个数组，它的第 **i 个元素是一支给定的股票在第 i **天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 两笔 交易。
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 = [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出： 6
解释： 在第 4 天（股票价格 = 0）的时候买入，在第 6 天（股票价格 = 3）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。
示例 2：
输入： prices = [1,2,3,4,5]
输出： 4
解释： 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3：
输入： prices = [7,6,4,3,1]
输出： 0
解释： 在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
示例 4：
输入： prices = [1]
输出： 0
提示：
1 <= prices.length <= 1050 <= prices[i] <= 105
7.3 解法（动态规划）
算法思路：
-
状态表⽰：
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
- i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
- ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
- 由于有「买⼊」「可交易」两个状态，因此我们可以选择⽤两个数组。但是这道题⾥⾯还有交易次数的限制，因此我们还需要再加上⼀维，⽤来表⽰交易次数。其中：
- f[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；
- g[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「卖出」状态，此时的最⼤利润。
- 状态转移⽅程：
-
对于 f[i][j] ，我们有两种情况到这个状态：
- i. 在 i - 1 天的时候，交易了 j 次，处于「买⼊」状态，第 i 天啥也不⼲即可。此时最⼤利润为： f[i - 1][j] ；
- ii. 在 i - 1 天的时候，交易了 j 次，处于「卖出」状态，第 i 天的时候把股票买了。此时的最⼤利润为： g[i - 1][j] - prices[i] 。
-
综上，我们要的是「最⼤利润」，因此是两者的最⼤值： f[i][j] = max(f[i - 1][j],g[i - 1][j] - prices[i]) 。
-
对于 g[i][j] ，我们也有两种情况可以到达这个状态：
- i. 在 i - 1 天的时候，交易了 j 次，处于「卖出」状态，第 i 天啥也不⼲即可。此时的最⼤利润为： g[i - 1][j] ；
- ii. 在 i - 1 天的时候，交易了 j - 1 次，处于「买⼊」状态，第 i 天把股票卖了，然后就完成了 j ⽐交易。此时的最⼤利润为： f[i - 1][j - 1] + prices[i] 。但是这个状态不⼀定存在，要先判断⼀下。
-
综上，我们要的是最⼤利润，因此状态转移⽅程为：
- g[i][j] = g[i - 1][j];
- if(j >= 1) g[i][j] = max(g[i][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);
- 初始化：
- 由于需要⽤到 i = 0 时的状态，因此我们初始化第⼀⾏即可。
- 当处于第 0 天的时候，只能处于「买⼊过⼀次」的状态，此时的收益为 -prices[0] ，因此 f[0][0] = - prices[0] 。
- 为了取 max 的时候，⼀些不存在的状态「起不到⼲扰」的作⽤，我们统统将它们初始化为 - INF （⽤ INT_MIN 在计算过程中会有「溢出」的⻛险，这⾥ INF 折半取0x3f3f3f3f ，⾜够⼩即可）
-
填表顺序：
从「上往下填」每⼀⾏，每⼀⾏「从左往右」，两个表「⼀起填」。
-
返回值：
返回处于「卖出状态」的最⼤值，但是我们也「不知道是交易了⼏次」，因此返回 g 表最后⼀⾏的最⼤值。
7.4 C++算法代码：
class Solution {
int INF = 0x3f3f3f3f;
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
vector<vector<int>> f(n,vector<int>(3, -INF));
auto g = f;
f[0][0] = - prices[0], g[0][0] = 0;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < 3; j++)
{
f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i]);
g[i][j] = g[i - 1][j];
if(j - 1 >= 0) // 如果该状态存在
g[i][j] = max(g[i][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);
}
}
// 找到最后一行的最大值
int ret = 0;
for(int i = 0; i < 3; i++)
ret = max(ret, g[n - 1][i]);
return ret;
}
};
8 买卖股票的最佳时机 IV
8.1 题目链接
8.2 题目描述
给你一个整数数组 prices 和一个整数 k ，其中 prices[i] 是某支给定的股票在第 i **天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 k 笔交易。也就是说，你最多可以买 k 次，卖 k 次。
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： k = 2, prices = [2,4,1]
输出： 2
解释： 在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。
示例 2：
输入： k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]
输出： 7
解释： 在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。
随后，在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入，在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
提示：
1 <= k <= 1001 <= prices.length <= 10000 <= prices[i] <= 1000
8.3 解法（动态规划）
算法思路：
-
状态表⽰：
- 为了更加清晰的区分「买⼊」和「卖出」，我们换成「有股票」和「⽆股票」两个状态。
- f[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 笔交易，此时处于「有股票」状态的最⼤收益；
- g[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 笔交易，此时处于「⽆股票」状态的最⼤收益。
-
状态转移⽅程：
-
对于 f [i][j] ，我们也有两种情况能在第 i 天结束之后，完成 j 笔交易，此时⼿⾥「有股票」的状态：
- i. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「有股票」，并且交易了 j 次。在第 i 天的时候，啥也不⼲。此时的收益为 f[i - 1][j] ；
- ii. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「没有股票」，并且交易了 j 次。在第 i 天的时候，买了股票。那么 i 天结束之后，我们就有股票了。此时的收益为 g[i - 1][j] - prices[i] ；
-
上述两种情况，我们需要的是「最⼤值」，因此 f 的状态转移⽅程为：
- f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i])
-
对于 g [i][j] ，我们有下⾯两种情况能在第 i 天结束之后，完成 j 笔交易，此时⼿⾥「没有股票」的状态：
- i. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「没有股票」，并且交易了 j 次。在第 i 天的时候，啥也不⼲。此时的收益为 g[i - 1][j] ；
- ii. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「有股票」，并且交易了 j - 1 次。在第 i 天的时候，把股票卖了。那么 i 天结束之后，我们就交易了 j 次。此时的收益为 f[i - 1][j - 1] + prices[i] ；
-
上述两种情况，我们需要的是「最⼤值」，因此 g 的状态转移⽅程为：
- g[i][j] = max(g[i - 1][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i])
如果画⼀个图的话，它们之间交易关系如下：
- 初始化：
- 由于需要⽤到 i = 0 时的状态，因此我们初始化第⼀⾏即可。
- 当处于第 0 天的时候，只能处于「买⼊过⼀次」的状态，此时的收益为 -prices[0] ，因此 f[0][0] = - prices[0] 。
- 为了取 max 的时候，⼀些不存在的状态「起不到⼲扰」的作⽤，我们统统将它们初始化为 - INF （⽤ INT_MIN 在计算过程中会有「溢出」的⻛险，这⾥ INF 折半取0x3f3f3f3f ，⾜够⼩即可）
-
填表顺序：
从上往下填每⼀⾏，每⼀⾏从左往右，两个表⼀起填。
-
返回值：
返回处于卖出状态的最⼤值，但是我们也不知道是交易了⼏次，因此返回 g 表最后⼀⾏的最⼤值。
优化点：
- 我们的交易次数是不会超过整个天数的⼀半的，因此我们可以先把 k 处理⼀下，优化⼀下问题的规模：
- k = min(k, n / 2)
8.4 C++算法代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
const int INF = 0x3f3f3f3f;
// 处理一个细节问题
int n = prices.size();
k = min(k, n / 2);
vector<vector<int>> f(n, vector<int>(k + 1, - INF));
auto g = f;
f[0][0] = -prices[0], g[0][0] = 0;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j <= k; j++)
{
f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i]);
g[i][j] = g[i - 1][j];
if(j - 1 >= 0) // 如果该状态存在
g[i][j] = max(g[i][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);
}
}
// 找到最后一行的最大值
int ret = 0;
for(int i = 0; i <= k; i++)
ret = max(ret, g[n - 1][i]);
return ret;
}
};
