309. 最佳买卖股票时机含冷冻期

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标准 dp

本题多了冷却期的条件，将原本的两个状态变得更复杂了。变化在于，如果考虑第 i 天的状态是“持有股票”，那么不能简单地推导为“第 i-1 天持有股票”和“第 i-1 天未持有股票，第 i 天买入股票”，因为可能第 i 天是冷却期。所以，需要特殊讨论针对冷却期的递推公式。

可以看到和之前的一个最大的区别在于，本题需要详细地分类讨论“不持有股票的状态”。每一天的情况可能是“持有股票”，“未持有股票 + 不在冷却期”，“未持有股票 + 在冷却期”，“未持有股票 + 刚卖出股票”。分类讨论的情况更多了，需要更清晰的递推公式。另外，本题还单独列出了“今天刚卖出股票”这个具体的动作状态，是因为“刚卖出股票” -> “冷却期”这个递推是确定的。

1. dp 数组的下标含义：
   • dp[i][0]：第 i 天结束时持有股票
   • dp[i][1]：第 i 天结束时不持有股票 + 不在冷却期内
   • dp[i][2]：第 i 天结束时不持有股票 + 当天卖出股票
   • dp[i][3]：第 i 天结束时不持有股票 + 当天为冷却期
2. dp 递推公式：
   • dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] - prices[i], dp[i-1][3] - prices[i])，如果第 i 天持有股票，那么
     • 第 i-1 天就持有股票，dp[i][0] = dp[i-1][0]
     • 第 i-1 天不持有股票，那又分为两种情况
       • 第 i-1 天是冷却期，第 i 天可以正常交易，dp[i][0] = dp[i-1][3]
       • 第 i-1 天不在冷却期内，第 i 天可以正常交易，dp[i][0] = dp[i-1][1]
   • dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][3])，如果第 i 天不是冷却期，那么
     • 第 i-1 天就不在冷却期，dp[i][1] = dp[i-1][1]
     • 第 i-1 天就是冷却期，dp[i][1] = dp[i-1][3]
   • dp[i][2] = dp[i-1][0] + prices[i]，如果第 i 天要卖出股票，那么第 i-1 天必然是持有股票的
   • dp[i][3] = dp[i-1][2]，如果第 i 天是冷却期，那么第 i-1 天必然是卖出股票的
3. dp 数组的初始化：初始化自然是考虑第一天，本题的初始化还是有些难判断的
   • dp[0][0] = -prices[0]：显然，第一天结束时持有股票，那只能是第一天购买了股票
   • dp[0][1] = 0：显然，第一天结束时没有持有股票，只能是第一天没有任何操作
   • dp[0][2] = 0：符合定义的话，只能是第一天就买入再卖出股票，收益为 0
   • dp[0][3] = 0：根据定义，这个状态是非法的，因为很明显不可能在第一天就进入冷却期（没有办法在前一天卖出股票）。然而定义上非法的初始化，也要为了后续的递推服务，所以可以根据递推公式来得到初始化的值：
     • 在第二天的状态中，只有 dp[1][1] = max(dp[0][1], dp[0][3]) 会用到 dp[0][3]。从含义上，第二天如果不持有股票并且不在冷却期，那么第一天就肯定没有买入股票，dp[1][1] 应该是 0（dp[0][1]）。那么为了得到正确的 dp[1][1]，我们应该初始化 dp[0][3] = 0。
4. dp 的遍历顺序：从前向后即可。
5. 举例推导：

	1	2	3	0	2
0	-1	-1	-1	1	1
1	0	0	0	1	2
2	0	1	2	-1	3
3	0	0	1	2	-1

class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:if len(prices) == 1:return 0dp = [[0] * 4 for _ in range(len(prices))]dp[0][0] = -prices[0]for i in range(1, len(prices)):dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] - prices[i], dp[i-1][3] - prices[i])dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][3])dp[i][2] = dp[i-1][0] + prices[i]dp[i][3] = dp[i-1][2]return max(dp[-1][1], dp[-1][2], dp[-1][3])

和之前一样，也可以优化成 $O(1)$ 的空间复杂度。

机智的分析解法

本题和122. 买卖股票的最佳时机II的区别只在于多了一个冷却期。如上的状态分析是解决题目的标准流程。但是延续之前题目的做法，同样也能解决这道题。注意到，不持有股票的状态不会受到任何影响，只有想要买入股票的时候需要考虑冷却期的存在。

关键在于：“如果第 i 天持有股票，那么当前的收益究竟怎么进行推导”

• 如果第 i - 1 天就持有股票，那么就直接复制前一天的状态，dp[i][1] = dp[i-1][1]
• 如果第 i - 1 天未持有股票，那么分两种情况：
  • 第 i - 1 天是冷却期，那么就是在第 i - 2 天卖出了股票，dp[i][1] = dp[i-2][0] - prices[i]
  • 第 i - 1 天不是冷却期，那么应该得到 dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]

如果根据以上的状态分析，无法得到一个 closed-form 的递推公式，因为我们不知道第 i-1 天是否是冷却期，也就不知道何时该使用 dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])，何时该使用 dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0] - prices[i])。
但是，如果第 i-1 天不是冷却期且不持有股票，那么第 i-1 天只有两种情况：

• 之前从来没有交易过股票
• 第 i - 2 天或之前是冷却期

无论是哪种情况，我们都能得到 dp[i-1][0] = dp[i-2][0]。所以虽然第 i-1 天的状态是否是冷却期不得而知，但是第 i 天持有股票的递推公式可以确定是 dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0] - prices[i])。

这样，我们只需要最小限度地修改122. 买卖股票的最佳时机II的代码，就能解题。

class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:if len(prices) == 1:return 0# dp[i][0] represents the max profit on day i without the stock# dp[i][1] represents the max profit on day i with the stockdp = [[0, 0] for _ in range(len(prices))]dp[0] = [0, -prices[0]]dp[1] = [max(0, prices[1] - prices[0]), max(-prices[0], -prices[1])]for i in range(2, len(prices)):dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0] - prices[i])return dp[-1][0]

714. 买卖股票的最佳时机含手续费

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本题的 dp 解法和122. 买卖股票的最佳时机II唯一的区别是多了一个手续费，所以从“持有股票”到“未持有股票”的利润递推需要多减去手续费，其他全部保持不变。

class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int], fee: int) -> int:# dp[i][0] represents the max profit on day i without the stock# dp[i][1] represents the max profit on day i with the stockdp = [[0, 0] for _ in range(len(prices))]dp[0] = [0, -prices[0]]for i in range(1, len(prices)):dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i] - fee)dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])return dp[-1][0]

贪心算法

贪心解法
本题也可以用贪心算法来解决，也算是照应了122. 买卖股票的最佳时机II。但是本题的贪心解法不像之前一样简单，在计算的时候对所需要的区间要求更高，情况也更复杂。

如果简单计算所有增区间，那么就会遇到有的区间利润不足以抵手续费的情况，同时多次买卖也会导致更多的手续费，从而使利润降低。所以我们想找到的区间，应该是：

• 买入利润：遇到更低的价格就更新记录；
• 卖出利润：按理来说是当前增最大区间的最后一天的利润。但是没必要具体知道哪一天进行了卖出，只要当能够盈利的时候进行一次模拟的卖出即可，同样能够得到正确的利润（但是需要一些小技巧）。

如下，在第一次发现当前的交易能够制造利润时（prices[i] > min_price + fee），我们会选择直接进行当前交易，并且扣除一次手续费，随后减少 min_price。之后会有两种情况：假设 fee = 2,

• prices = [1, 4, 0, 5]：
  • 第二天，发现有真正的盈利，profit = 1, min_price = 2
  • 第三天，发现了更低的价格，min_price = 0，将会开始新的交易，同时结束了上一次的交易（记录区间）
• prices = [1, 5, 8]：
  • 第二天，发现有真正的盈利，profit = 2, min_price = 3
  • 第三天，发现有真正的盈利，此时新的盈利为5，而不是预计的3，因为 min_price 在这次计算前发生了变化，相当于抵消了该次交易的手续费

所以模拟的卖出实际上是在第一次发现真正的盈利后，就记录一次交易的手续费，并且改变当前的 min_price，从而免除当前区间的后续交易（如果存在）的手续费。着实非常巧妙！

class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int], fee: int) -> int:min_price = prices[0]profit = 0for i in range(1, len(prices)):if prices[i] < min_price:min_price = prices[i]if prices[i] <= prices[i] <= min_price + fee:continueif prices[i] > min_price + fee:profit += (prices[i] - min_price) - feemin_price = prices[i] - feereturn profit

股票总结

股票问题总结

股票问题是第一次在 dp 中需要记录状态的题型。之前的 dp 题，无论是打家劫舍还是背包问题，都是考验对子问题最优解的利用，即正确的递推公式+遍历顺序。股票问题则需要对子问题进行分类讨论，记录各个状态下的子问题最优解，这一点是非常新颖的。同时，不知道是不是巧合，大部分股票问题都可以用贪心来解决，虽然实现贪心的难度不小。

最标准的股票问题应该是122. 买卖股票的最佳时机II，需要真正地记录并利用状态。

随后，复杂的限制交易次数的股票问题188.买卖股票的最佳时机IV把 dp 变得更复杂了，相比于之前的标准题，有了类似爬楼梯式的进阶。

而堪称神题的是309.最佳买卖股票时机含冷冻期。标准解法中，活用了状态分类的思想，将原本的“未持有股票”进一步细分，来适应新条件下的递推公式。而机智的分析算法中，通过分析最小限度地修改了之前的代码，解决了问题。两种解法都非常重要，代表了股票问题的精华。