买卖股票的最佳时机：无限次/冷冻期/k次【基础算法精讲 21】

来自0x3f：https://www.bilibili.com/video/BV1ho4y1W7QK/

介绍了【买卖股票系列问题】与【状态机 DP】，包括【至多/恰好/至少】的讲解。

文章目录

买卖股票问题和状态机DP
- (无限次)[122. 买卖股票的最佳时机 II](https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/)
- (含冷冻期)[309. 最佳买卖股票时机含冷冻期](https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown/)
- (至多K次)[188. 买卖股票的最佳时机 IV](https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/)
- 恰好K次、至少K次怎么做？
练习
- (只买一次)[121. 买卖股票的最佳时机](https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/)
- (至多两次,188弱化版)[123. 买卖股票的最佳时机 III](https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/)
- (无限次+手续费)[714. 买卖股票的最佳时机含手续费](https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/)
- [1911. 最大子序列交替和](https://leetcode.cn/problems/maximum-alternating-subsequence-sum/)
其他题目（笔试题）
- 恒生 3.31 T2题目（至多+初始资金+股份）

买卖股票问题和状态机DP

(无限次)122. 买卖股票的最佳时机 II

难度中等2076

给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。

在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候最多只能持有一股股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。

返回 你能获得的最大利润 。

示例 1：

输入：prices = [7,1,5,3,6,4]
输出：7
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
     随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3 。
     总利润为 4 + 3 = 7 。

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 。
     总利润为 4 。

示例 3：

输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为 0 。

提示：

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

题解：prices = [7,1,5,3,6,4]

启发思路：最后一天发生了什么？

从第0天开始到第5天结束时的利润 = 从第0天开始到第4天结束时的利润 + 第五天的利润

第五天的利润：①不做 0 ②买入股票-4 ③卖出股票+4

关键词：天数、是否持有股票

**子问题？**到第i天结束时，持有/未持有股票的最大利润

**下一个子问题？**到第i-1天结束时，持有/未持有股票的最大利润

这种表示状态之间转换关系的图叫状态机，从上图看出状态转移一共有四种情况

定义状态转移方程：

递归边界：

dfs(-1, 0) = 0 : 第0天开始未持有股票，利润为0

dfs(-1, 1) = -∞：第0天开始不可能持有股票

递归入口：max(dfs(n-1, 0), dfs(n-1,1)) = dfs(n-1, 0)

记忆化搜索

class Solution {
    int[] prices;
    int[][] cache;
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        this.prices = prices;
        this.cache = new int[n][2];
        for(int i = 0; i < n; i++) Arrays.fill(cache[i], -1);
        return dfs(n-1, 0);
    }

    // hold = 1 持有股票，hold = 0 未持有股票
    public int dfs(int i, int hold){
        if(i < 0) return hold == 1 ? Integer.MIN_VALUE : 0;
        if(cache[i][hold] != -1) return cache[i][hold];
        if(hold == 1){
            // dfs(i, 1) = dfs(i-1, 1) 什么也不做
            // dfs(i, 1) = dfs(i-1, 0) - prices[i] 在i时刻买入股票
            return cache[i][hold] = Math.max(dfs(i-1, 1), dfs(i-1, 0) - prices[i]);
        }
        // dfs(i, 0) = dfs(i-1, 0) 什么也不做
        // dfs(i, 0) = dfs(i-1, 1) + prices[i] 在i时刻卖出股票
        return cache[i][hold] = Math.max(dfs(i-1, 0), dfs(i-1, 1) + prices[i]);
    }
}

翻译成递推：

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int[][] f = new int[n+1][2];
        f[0][1] = Integer.MIN_VALUE; // 0时刻不可能持有股票
        for(int i = 0; i < n; i++){
            f[i+1][0] = Math.max(f[i][0], f[i][1] + prices[i]);
            f[i+1][1] = Math.max(f[i][1], f[i][0] - prices[i]);
        }
        return f[n][0]; // n时刻不持有股票
    }
}

空间优化：由于f[i+1]只用了f[i]这个状态，因此用两个变量滚动计算

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int f0 = 0;
        int f1 = Integer.MIN_VALUE; // 0时刻不可能持有股票
        for(int p : prices){
            int newf0 = Math.max(f0, f1 + p); // 未持有：什么都不做，卖出股票
            f1 = Math.max(f1, f0 - p); // 持有 ： 什么都不做，买入股票
            f0 = newf0;
        }
        return f0; // n时刻不持有股票
    }
}

(含冷冻期)309. 最佳买卖股票时机含冷冻期

难度中等1468

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 <= 5000
0 <= prices[i] <= 1000

题解：（在买入股票的时候前一天是不能卖出股票的）

含冷冻期问题类似打家劫舍，既然前一天不能有卖出操作，那么直接从i-2,0转移过来

class Solution {
    int[] prices;
    int[][] cache;
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        this.prices = prices;
        this.cache = new int[n][2];
        for(int i = 0; i < n; i++) Arrays.fill(cache[i], -1);
        return dfs(n-1, 0);
    }

    // hold = 1 持有股票，hold = 0 未持有股票
    public int dfs(int i, int hold){
        if(i < 0) return hold == 1 ? Integer.MIN_VALUE : 0;
        if(cache[i][hold] != -1) return cache[i][hold];
        if(hold == 1){
            // dfs(i, 1) = dfs(i-1, 1) 什么也不做
            //###########################################################
            // 只修改了在i时刻买入股票，从dfs(i-2, 0) - prices[i])转移过来
            // dfs(i, 1) = dfs(i-2, 0) - prices[i] 在i时刻买入股票
            return cache[i][hold] = Math.max(dfs(i-1, 1), dfs(i-2, 0) - prices[i]);
        }
        // dfs(i, 0) = dfs(i-1, 0) 什么也不做
        // dfs(i, 0) = dfs(i-1, 1) + prices[i] 在i时刻卖出股票
        return cache[i][hold] = Math.max(dfs(i-1, 0), dfs(i-1, 1) + prices[i]);
    }
}

转成递推

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int[][] f = new int[n+2][2];
        f[1][1] = Integer.MIN_VALUE; // 0时刻不可能持有股票
        for(int i = 0; i < n; i++){
            f[i+2][0] = Math.max(f[i+1][0], f[i+1][1] + prices[i]);
            f[i+2][1] = Math.max(f[i+1][1], f[i][0] - prices[i]);
        }
        return f[n+1][0]; // n时刻不持有股票
    }
}

(至多K次)188. 买卖股票的最佳时机 IV

难度困难921

给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 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 k 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：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：

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

题解：因为限制了交易次数，所以要在递归过程中记录交易次数

在这里插入图片描述

递归边界和递归入口：

在这里插入图片描述

记忆化搜索

class Solution {
    int[] prices;
    int[][][] cache;
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        int n = prices.length;
        this.prices = prices;
        this.cache = new int[n][k+1][2];
        for(int i = 0; i < n; i++)
            for(int j = 0; j <= k; j++)
                Arrays.fill(cache[i][j], -1);
        return dfs(n-1, k, 0);
    }
    // 第i天结束时至多完成j笔交易，持有/未持有股票的最大利润
    // hold = 1 持有股票，hold = 0 未持有股票
    public int dfs(int i, int j, int hold){
        if(j < 0) // 至多交易j次，j<0 不合法的方案
            return Integer.MIN_VALUE;  
        if(i < 0) 
            return hold == 1 ? Integer.MIN_VALUE : 0;

        if(cache[i][j][hold] != -1) return cache[i][j][hold];
        if(hold == 1){
            // dfs(i, j, 1) = dfs(i-1, j, 1) 什么也不做
            // dfs(i, j, 1) = dfs(i-1, j, 0) - prices[i] 在i时刻买入股票
            return cache[i][j][hold] = Math.max(dfs(i-1, j, 1), dfs(i-1, j, 0) - prices[i]);
        }
        // dfs(i, j, 0) = dfs(i-1, j, 0) 什么也不做
        // dfs(i, j, 0) = dfs(i-1, j-1, 1) + prices[i] 在i时刻卖出股票(增加一次交易次数)
        return cache[i][j][hold] = Math.max(dfs(i-1, j, 0), dfs(i-1, j-1, 1) + prices[i]);
    } // 增加交易次数(j-1)写在hold=1和=0都可以

}

转成递推：

为什么有k+2个状态？

这里的第k个状态表示最终结果，正常来说只需要从0到k-1个状态即可完成转移，这里总共k个状态，加上需要表示结果的第k个状态，总共k+1个；

需要多加一个-1状态是因为要给这个式子一个惩罚机制，当k小于0是不满足题意的，所以返回负无穷；

转成递推之后呢，为了防止数组越界，所以需要将数组第二维度长度整体加一个1，使得-1对上0，0对上1…，最后返回k+1就是原来的k。

在这里插入图片描述

class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        int n = prices.length;
        // 由于需要状态表示i<0 和 j<0 的情况,所以在f和每个f[i]前插入一个状态
        int[][][] f = new int[n + 1][k + 2][2];
        for (int i = 0; i < n; i++)
            for (int j = 0; j <= k + 1; ++j)
                Arrays.fill(f[i][j], Integer.MIN_VALUE / 2);
        for(int j = 1; j <= k+1; j++)
            f[0][j][0] = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int j = 1; j <= k+1; j++){
                // hold=0 : cache[i][j][hold] = Math.max(dfs(i-1, j, 0), dfs(i-1, j-1, 1) + prices[i]);
                f[i+1][j][0] = Math.max(f[i][j][0], f[i][j-1][1] + prices[i]);
                // hold=1 : cache[i][j][hold] = Math.max(dfs(i-1, j, 1), dfs(i-1, j, 0) - prices[i]);
                f[i+1][j][1] = Math.max(f[i][j][1], f[i][j][0] - prices[i]);
            }
        }
        return f[n][k+1][0];
    }
}

空间优化：由于f[i+1]只用了f[i]这个状态，去掉一个维度

class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        int n = prices.length;
        // 由于需要状态表示i<0 和 j<0 的情况,所以在f和每个f[i]前插入一个状态
        int[][] f = new int[k + 2][2];
        for (int j = 0; j <= k + 1; ++j)
            f[j][1] = Integer.MIN_VALUE/2;
        f[0][0] = Integer.MIN_VALUE/2;
        for(int p : prices)
            // 和01背包类似，需要倒序遍历背包
            for(int j = k+1; j > 0; j--){
                // hold=0 : cache[i][j][hold] = Math.max(dfs(i-1, j, 0), dfs(i-1, j-1, 1) + prices[i]);
                f[j][0] = Math.max(f[j][0], f[j-1][1] + p);
                // hold=1 : cache[i][j][hold] = Math.max(dfs(i-1, j, 1), dfs(i-1, j, 0) - prices[i]);
                f[j][1] = Math.max(f[j][1], f[j][0] - p);
            }
        return f[k+1][0];
    }
}

恰好K次、至少K次怎么做？

区别在边界上

在这里插入图片描述

1、恰好K次

递归到i<0时，只有j=0是合法的，j>0都是不合法的

# 恰好
class Solution:
    def maxProfit(self, k: int, prices: List[int]) -> int:
        # 递推
        n = len(prices)
        f = [[[-inf] * 2 for _ in range(k + 2)] for _ in range(n + 1)]
        f[0][1][0] = 0  # 只需改这里
        for i, p in enumerate(prices):
            for j in range(1, k + 2):
                f[i + 1][j][0] = max(f[i][j][0], f[i][j][1] + p)
                f[i + 1][j][1] = max(f[i][j][1], f[i][j - 1][0] - p)
        return f[-1][-1][0]

        # 记忆化搜索
        # @cache
        # def dfs(i: int, j: int, hold: bool) -> int:
        #     if j < 0:
        #         return -inf
        #     if i < 0:
        #         return -inf if hold or j > 0 else 0
        #     if hold:
        #         return max(dfs(i - 1, j, True), dfs(i - 1, j - 1, False) - prices[i])
        #     return max(dfs(i - 1, j, False), dfs(i - 1, j, True) + prices[i])
        # return dfs(n - 1, k, False)

2、至少K次怎么做？

递归到 至少0次 时，等价于交易次数没有限制

# 至少
class Solution:
    def maxProfit(self, k: int, prices: List[int]) -> int:
        # 递推
        n = len(prices)
        f = [[[-inf] * 2 for _ in range(k + 1)] for _ in range(n + 1)]
        f[0][0][0] = 0
        for i, p in enumerate(prices):
            f[i + 1][0][0] = max(f[i][0][0], f[i][0][1] + p)
            f[i + 1][0][1] = max(f[i][0][1], f[i][0][0] - p)  # 无限次
            for j in range(1, k + 1):
                f[i + 1][j][0] = max(f[i][j][0], f[i][j][1] + p)
                f[i + 1][j][1] = max(f[i][j][1], f[i][j - 1][0] - p)
        return f[-1][-1][0]

        # 记忆化搜索
        # @cache
        # def dfs(i: int, j: int, hold: bool) -> int:
        #     if i < 0:
        #         return -inf if hold or j > 0 else 0
        #     if hold:
        #         return max(dfs(i - 1, j, True), dfs(i - 1, j - 1, False) - prices[i])
        #     return max(dfs(i - 1, j, False), dfs(i - 1, j, True) + prices[i])
        # return dfs(n - 1, k, False)

练习

(只买一次)121. 买卖股票的最佳时机

难度简单2920

给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。

你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。

返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。

示例 1：

输入：[7,1,5,3,6,4]
输出：5
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
     注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。

示例 2：

输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

提示：

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

一、前缀和解法：

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int[] pre = new int[n];//记录在i之前的最低股票价格
        pre[0] = prices[0];
        for(int i = 1; i < n; i++){
            pre[i] = Math.min(pre[i-1], prices[i]);
        }
        int res = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++){
            res = Math.max(res, prices[i] - pre[i]);
        }
        return res;
    }
}

二、股票问题通用解法：

https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/solution/gen-zhao-ling-shen-xue-suan-fa-dong-gui-z0fo5/

需要用一个变量 j = 0, 1 来对第i天持有的股票数量进行保存

从最后一天往前推，最后一天可能持有股票也可能不持有股票，那么当然是不持有股票赚的多（持有代表只有买没有卖，且题目限定只有一支股票）
回溯+记忆化搜索：
1. 若第 i 天持有 1 支股票，那么在第 i-1 天的最大收益可能是在这一天买入了股票 (单纯扣钱) (-price[i]) 或是没有任何操作 (dfs(i-1, 1))
2. 若第 i 天持有 0 支股票，那么在第 i-1 天的最大收益可能是卖掉了股票 (卖掉加钱) (dfs(i-1, 0)+price[i]) 或是没有任何操作 (dfs(i-1,0))

class Solution {
    int[] prices;
    int[][] cache;
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        this.prices = prices;
        cache = new int[n][2];
        for(int i = 0; i < n; i++) Arrays.fill(cache[i], -1);
        return dfs(n-1, 0);
    }

    public int dfs(int i, int j){
        if(i < 0) // 初始状态i=0 不持有状态 ，初始化为0
            return j == 1 ? -prices[0] : 0;
        if(cache[i][j] != -1) return cache[i][j];
        if(j == 1){
            // 持有股票 ： 不操作， 在i时刻买入股票
            return cache[i][j] = Math.max(dfs(i-1, 1), -prices[i]);
        }
        // 不持有股票： 不操作， 在i时刻卖出股票
        return cache[i][j] = Math.max(dfs(i-1, 0), dfs(i-1, 1) + prices[i]);
    }
}

改成递推

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

(至多两次,188弱化版)123. 买卖股票的最佳时机 III

难度困难1388

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 <= 105
0 <= prices[i] <= 105

三维记忆化搜索【超时】

class Solution {
    int[] prices;
    int[][][] cache;
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        this.prices = prices;
        cache = new int[n][3][2];
        for(int i = 0; i < n; i++)
            for(int j = 0; j <= 2; j++)
                Arrays.fill(cache[i][j], -1);
        return f(n-1, 2, 0);
    }

    public int f(int i, int j, int hold){
        if(j < 0) return Integer.MIN_VALUE/2;
        if(i < 0){
            return hold == 0 ? 0 : Integer.MIN_VALUE/2;
        }
        if(cache[i][j][hold] != -1) return cache[i][j][hold];
        if(hold == 1){
            return cache[i][j][hold] = Math.max(f(i-1, j, 1), f(i-1, j, 0) - prices[i]);
        }
        return cache[i][j][hold] = Math.max(f(i-1, j, 0), f(i-1, j-1, 1) + prices[i]);
    }
}

转递推

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int[][][] f = new int[n+1][4][2];
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int j = 0; j <= 2+1; j++){
                Arrays.fill(f[i][j], Integer.MIN_VALUE/2);
            }
        }
        for(int j = 1; j <= 2+1; j++){
            f[0][j][0] = 0;
        }
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int j = 1; j <= 2+1; j++){
                f[i+1][j][0] = Math.max(f[i][j][0], f[i][j-1][1] + prices[i]);
                f[i+1][j][1] = Math.max(f[i][j][1], f[i][j][0] - prices[i]);
            }
        }
        return f[n][2+1][0];
    }
}

(无限次+手续费)714. 买卖股票的最佳时机含手续费

难度中等886

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 * 104
1 <= prices[i] < 5 * 104
0 <= fee < 5 * 104

题解：只需要在买入或者卖出时添加上手续费，其他与无限次交易相同

记忆化搜索

class Solution {
    int[] prices;
    int[][] cache;
    int fee;
    public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
        int n = prices.length;
        this.prices = prices;
        this.fee = fee;
        cache = new int[n][2];
        for(int i = 0; i < n; i++) Arrays.fill(cache[i], -1);
        return f(n-1, 0);
    }

    public int f(int i, int hold){
        if(i < 0) 
            return hold == 0 ? 0 : Integer.MIN_VALUE/2;
        if(cache[i][hold] != -1) return cache[i][hold];
        if(hold == 1){
            return cache[i][hold] = Math.max(f(i-1, 1), f(i-1, 0) - prices[i]);
        }
        return cache[i][hold] = Math.max(f(i-1, 0), f(i-1, 1) + prices[i] - fee);
    }
}

转递推

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

1911. 最大子序列交替和

难度中等46

一个下标从 0 开始的数组的 交替和 定义为偶数下标处元素之和减去奇数下标处元素之和。

比方说，数组 [4,2,5,3] 的交替和为 (4 + 5) - (2 + 3) = 4 。

给你一个数组 nums ，请你返回 nums 中任意子序列的 最大交替和 （子序列的下标重新从 0 开始编号）。

一个数组的 子序列 是从原数组中删除一些元素后（也可能一个也不删除）剩余元素不改变顺序组成的数组。比方说，[2,7,4] 是 [4,**2**,3,**7**,2,1,**4**] 的一个子序列（加粗元素），但是 [2,4,2] 不是。

示例 1：

输入：nums = [4,2,5,3]
输出：7
解释：最优子序列为 [4,2,5] ，交替和为 (4 + 5) - 2 = 7 。

示例 2：

输入：nums = [5,6,7,8]
输出：8
解释：最优子序列为 [8] ，交替和为 8 。

示例 3：

输入：nums = [6,2,1,2,4,5]
输出：10
解释：最优子序列为 [6,1,5] ，交替和为 (6 + 5) - 1 = 10 。

提示：

1 <= nums.length <= 105
1 <= nums[i] <= 105

分两种情况讨论：
1.以 i 处结尾时长度为奇数的最大交替和f[i][1]：

不用当前元素，为 f[i - 1][1]
可以接在上一个偶数序列后，追加当前元素 f[i - 1][0] + nums[i])

为什么是+nums[i]?，考虑为空序列的情况，当选择当前元素，则从空序列(偶数)转移过来就是加

2.以 i 处结尾时长度为偶数的最大交替和f[i][0]：

不用当前元素，为 f[i - 1][0]
可以接在上一个奇数序列后，减去当前元素 f[i - 1][1] - nums[i])

这两种情况，都取各自的最大值，也就是

f[i][0] = Math.max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] - nums[i]);
f[i][1] = Math.max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] + nums[i]);

由于题中描述 nums[i]>0 所以取奇数列的值一定大于偶数列，最后返回f[n - 1][1]即可

记忆化搜索：

class Solution {
    int[] nums;
    long[][] cache;
    // 交替和 定义为 偶数 下标处元素之 和 减去 奇数 下标处元素之 和
    public long maxAlternatingSum(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        this.nums = nums;
        cache = new long[n][2];
        for(int i = 0; i < n; i++) Arrays.fill(cache[i], -1l);
        // 注意到长度为偶数的子序列的最后一个元素在交替和中需要取负号
        // 因此在nums元素均为正数的情况下，不如不计入该元素
        // 因此 f[n][1] > f[n][0] 恒成立
        return f(n-1, 1);
    }

    // f(i, 0): 第 i 个元素处理完后，最优子序列长度为偶数时的最大交替和
    // f(i, 1): 第 i 个元素处理完后，最优子序列长度为奇数时的最大交替和
    // 初始情况 f(0, 0) = 0, f(0, 1) = 负无穷
    public long f(int i, int odd){
        if(i < 0){
            return odd == 1 ? Integer.MIN_VALUE/2 : 0;
        }
        if(cache[i][odd] != -1) return cache[i][odd];
        if(odd == 1){
            // 最优子序列长度为奇数时，
            // 不选i，f(i, 1)从f(i-1, 1)转移过来
            // 选i，  f(i, 1)从f(i-1, 0)+nums[i]转移过来
            return cache[i][odd] = Math.max(f(i-1, 1), f(i-1, 0) + nums[i]);
        }
        return cache[i][odd] = Math.max(f(i-1, 0), f(i-1, 1) - nums[i]);
    }
}

转递推

class Solution {
    public long maxAlternatingSum(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        long[][] f = new long[n+1][2];
        f[0][1] = Long.MIN_VALUE/2;
        f[0][0] = 0l;
        for(int i = 0; i < n; i++){
            f[i+1][0] = Math.max(f[i][0], f[i][1] - nums[i]);
            f[i+1][1] = Math.max(f[i][1], f[i][0] + nums[i]);
        }
        return f[n][1];
    }
}

其他题目（笔试题）

恒生 3.31 T2题目（至多+初始资金+股份）

题目来源：https://leetcode.cn/problems/merge-nodes-in-between-zeros/solution/c-by-condescending-carsonsof-5wp3/

在这里插入图片描述

记忆化搜索

class Solution {
    double[] prices;
    double[][][] cache;
    public double maxProfit(int k, double[] prices, double origin) {
        int n = prices.length;
        cache = new double[n][k+1][2];
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int j = 0; j <= k; j++){
                cache[i][j] = -1;
            }
        }
        // k = 2
        return dfs(n-1, k, 0);
    }

    public double dfs(int i, int j, int hold){
        if(i < 0){
            // 初始资金50000
            return hold == 0 ? origin : Integer.MIN_VALUE/2;
        }
        if(j < 0) return Integer.MAX_VALUE/2;
        if(cache[i][j][hold] != -1) return cache[i][j][hold];
        if(hold == 1){
            return cache[i][j][hold] = Math.max(dfs(i-1, j, 1), dfs(i-1, j-1, 0)/prices[i]);
        }
        return cache[i][j][hold] = Math.max(dfs(i-1, j, 0), dfs(i-1, j, 1)*prices[i]);
    }
}

转递推

class Solution {
    public double maxProfit(int k, double[] prices, double origin) {
        int n = prices.length;
        double[][][] f = new double[n+1][k+2][2];
        for(int i = 0; i <= n; i++){
            for(int j = 0; j <= k+1; j++){
                Arrays.fill(f[i][j], Integer.MIN_VALUE/2); 
            }
        }
        for(int j = 1; j <= k+1; j++){
            f[0][j][0] = origin;
        }
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int j = 1; j <= k+1; j++){
                f[i+1][j][0] = Math.max(f[i][j][0], f[i][j-1][1] * prices[i]);
                f[i+1][j][1] = Math.max(f[i][j][1], f[i][j][0] / prices[i]);
            }
        }
        return f[n][k+1][0] - origin;
    }
}

空间压缩

class Solution {
    public double maxProfit(int k, double[] prices, double origin) {
        int n = prices.length;
        double[][] f = new double[k+2][2];
        for(int j = 0; j <= k+1; j++){
            Arrays.fill(f[j], Integer.MIN_VALUE/2); 
        }
        for(int j = 1; j <= k+1; j++){
            f[j][0] = origin;
        }
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int j = k+1; j > 0; j--){
                f[j][0] = Math.max(f[j][0], f[j-1][1] * prices[i]);
                f[j][1] = Math.max(f[j][1], f[j][0] / prices[i]);
            }
        }
        return f[k+1][0] - origin;
    }
}