算法沉淀 —— 动态规划篇（简单多状态dp问题下）

梦里梦外; 2024-04-06 15:52 79阅读 0赞

#### 算法沉淀 —— 动态规划篇（简单多状态dp问题下） ####

*  前言
 *  一、买卖股票的最佳时机含冷冻期
 *  二、买卖股票的最佳时机含手续费
 *  三、买卖股票的最佳时机 IV

## 前言 ##

几乎所有的动态规划问题大致可分为以下5个步骤，后续所有问题分析都将基于此

*  1.、状态表示：通常状态表示分为基本分为以下两种，其中更是以第一种为甚。
    
     *  `以i为结尾`，dp\[i\] 表示什么，通常为代求问题（具体依题目而定）
     *  `以i为开始`，dp\[i\]表示什么，通常为代求问题（具体依题目而定）
 *  2、状态转移方程  
    \*以上述的dp\[i\]意义为以i位置为分界， 通过`最近一步来分析和划分问题`，由此来得到一个有关dp\[i\]的状态转移方程。
 *  3、dp表创建，初始化
    
     *  动态规划问题中，如果直接使用状态转移方程通常会伴随着`越界访问`等风险，所以一般需要初始化。而初始化最重要的两个注意事项便是：`保证后续结果正确，不受初始值影响；下标的映射关系`。
     *  而`初始化一般分为以下两种：`
        
         *  `直接初始化开头的几个值。`
         *  `一维空间大小+1，下标从1开始；二维增加一行/一列`。
 *  4、填dp表、填表顺序：根据状态转移方程来确定填表顺序。
 *  5、确定返回值

## 一、买卖股票的最佳时机含冷冻期 ##

【题目链接】：[309. 买卖股票的最佳时机含冷冻期][309.]  
【题目】：

>  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】：

> 输入: prices = \[1,2,3,0,2\]  
> 输出: 3  
> 解释: 对应的交易状态为: \[买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出\]

【分析】：  
 我们可以定义dp\[i\]表示第i天结束后，买卖股票的最大利润。但我们发现第i天股票分为3种状态：手中有股票、无股票、处于冷冻区。所以我们可以定义一个（n x 3）的二维数组，其中dp\[i\]\[0\]表示第i天结束后，手中有股票的最大利润；dp\[i\]\[1\]表示第i天结束后，手中无股票的最大利润；dp\[i\]\[2\]表示第i天结束后，股票处于冷冻区的最大利润。

**状态转移方程推导：**  
 第i天结束后，手中有股票的情况可由：i-1天结束手中有股票第i天什么都不做、i-1天无股票在第i天买入股票两种情况得到。所以可得状态状态转移方程为`dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);`  
 第i天结束后，手中无股票的情况可由：：第i-1天结束手中有股票在第i天卖掉股票、第i-1天股票处于冷冻区在第i天什么都不做两种情况得到。所以可得状态状态转移方程：`dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);`  
 第i天结束后，股票处于冷冻区只能由第i-1天手中有股票第i天将股票卖出所得。所以可得状态状态转移方程：`dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];`  
![在这里插入图片描述][bcf3251a704e4395b594af010b5c56ec.png]  
 初始化：显然当i为0时，状态转移方程不适应，需要特殊处理。这里我们可以将第0天的买卖股票状态直接初始化好(具体参考代码)。然后从第2天开始，填dp表！！  
 最后返回第n天结束后，返回手中无股票和股票处于冷冻区的最大值即可！！  
【代码编写】：

class Solution {
        
    public:
        int maxProfit(vector<int>& prices) {
        
            int n = prices.size();
            vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(3));
            //初始化
            dp[0][0] = -prices[0];//第1天买人股票
            //填表
            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(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]);
        }
    };

## 二、买卖股票的最佳时机含手续费 ##

【题目链接】：[714. 买卖股票的最佳时机含手续费][714.]  
【题目】：

>  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】：

> 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

【分析】：  
 我们可以定义dp\[i\]表示第i天结束后，所得最大利润。但第i天可以细分为手中有无股票。所以我们可以创建一个（n x 2）的数组，其中dp\[i\]\[0\]表示第i天结束后，手中还有股票，此时所得的最大利润；dp\[i\]\[1\]表示第i天结束后，手中无股票，此时所得的最大利润。

**状态转移方程推导：**  
 dp\[i\]\[0\]可以由：第i-1天后手中有股票并且第i天啥都不干、第i-1天后手中无股票并且第i天买入股票，所以状态转移方程为：`dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);`。  
 ;dp\[i\]\[1\]可以由：第i-1天后手中无股票并且第i天啥都不干、第i-1天后手中有股票并且第i天卖出股票（此时一次交易完成，需要将费用fee减掉），所以状态转移方程为：`dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i] - fee);`  
![在这里插入图片描述][5c0e332322a3454987b3420384e6555b.png]

初始化：显然当i为0时，状态转移方程错误。所以我们可以先初始化dp\[0\]\[0\]、dp\[0\]\[1\]（即第1天结束后，股票和利润的情况，具体参考代码）。  
 然后从左往右填dp表，最后返回第n天结束后手中无股票的最大值即可！！

【代码编写】：

class Solution {
        
    public:
        int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        
            int n = prices.size();
            vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));
            //初始化
            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][0] + prices[i] - fee);
            }
            return dp[n - 1][1];
        }
    };

## 三、买卖股票的最佳时机 IV ##

【题目链接】：[买卖股票的最佳时机 IV][IV]  
【题目】：

>  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。  
> &emsp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。  
> &emsp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】：

> 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 。

【分析】：  
 我们可以定义dp\[i\[表示第i天结束后，在最多可以完成 k 笔交易的情况下，买卖股票的获得的最大利润。但我们发现第i天的股票状态还可以细分:手中有无股票，已经交易几次（从0~k次）。所以我们可以创建两个(n x (k + 1))的二维数组f和g：其中f\[i\]\[j\]表示第i天结束后，完成j次交易，并且手中有股票时所得利润最大值；g\[i\]\[j\]表示第i天结束后，完成j次交易，并且手中无股票时所得利润最大值。

**状态转移方程推导：**（我们定义只有当股票卖出时，交易才算完成，次数+1）  
 f\[i\]\[j\]可由：(第i-1天结束后，完成j次交易，并且手中有股票(即f\[i-1\]\[j\])，在第i天不交易)、（第i-1天结束后，完成j次交易，并且手中无股票(即g\[i-1\]\[j\])，在第i天买入股票）两种方式得到。所以状态转移方程：`f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i]);`

g\[i\]\[j\]可由：（第i-1天结束后，完成j次交易，并且手中无股票(即g\[i-1\]\[j\])，在第i天不交易）、（第i-1天结束后，完成j-1次交易(第i-1天完成交易，此时交易次数加1得到j次)，并且手中有股票(即g\[i-1\]\[j\])，在第i天卖出股票）两种方式得到。所以状态转移方程：`g[i][j] = max(g[i-1][j], f[i-1][j-1] + price[i]);`  
**细节处理：**

显然当i为0时，f的状态转移方程不适用，需初始化第1行；但对于g来说，i=0和j=0时，状态转移方程都不适用，需要初始化第一行和第一列。又因为当j=0时，对于g来说此时手中无股票且完成0次交易，没有意义。所以我们对g的状态转移方程仅需转换:

if(j >= 1)
    	g[i][j] = max(g[i-1][j], f[i-1][j-1] + price[i]);

此时，我们只需要初始化f和g的第一行即可。由于本体种交易次数有限制，我们应当珍惜交易此时。所以我们在第一次时，不仅需交易。此时我们仅需初始化f\[0\]\[0\]、g\[0\]\[0\]即可。同时为了防止第一行，d\[0\]\[0\]和f\[0\]\[0\]后的数据对后续填表造成影响，我们需将d表和f表中相应的值初始化INT\_MIN。  
但此时使用状态转移方程可能发生越界，所以我们将INTMIN改为其一半0x3f3f3f3f。  
【代码编写】：

class Solution {
        
    public:
        const int KNF = 0x3f3f3f3f;//INT_MAX一半
        int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
        
            int n = prices.size();
            vector<vector<int>> f(n, vector<int>(k + 1, -KNF));
            auto g = f;
            //初始化
            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)
                        g[i][j] = max(g[i][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);
                }
    
            int ret = -KNF;
            for(int j = 0; j <= k; j++)
                ret = max(ret, g[n - 1][j]);
            return ret;
        }
    };

[309.]: https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown/description/
[bcf3251a704e4395b594af010b5c56ec.png]: https://image.dandelioncloud.cn/pgy_files/images/2024/04/06/7a495838f54e4856a38c5fbca2b68b1f.png
[714.]: https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/description/
[5c0e332322a3454987b3420384e6555b.png]: https://image.dandelioncloud.cn/pgy_files/images/2024/04/06/aab5bfdf9cd94bd8bad584a71c563f93.png
[IV]: https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/description/