188.买卖股票的最佳时机IV

力扣题目链接

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

思路

这道题目可以说是动态规划：123.买卖股票的最佳时机III的进阶版，这里要求至多有k次交易。

动规五部曲，分析如下：

确定dp数组以及下标的含义

在动态规划：123.买卖股票的最佳时机III中，我是定义了一个二维dp数组，本题其实依然可以用一个二维dp数组。

使用二维数组 dp[i][j] ：第i天的状态为j，所剩下的最大现金是dp[i][j]

j的状态表示为：

0 表示不操作
1 第一次买入
2 第一次卖出
3 第二次买入
4 第二次卖出
.....

大家应该发现规律了吧，除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入。

题目要求是至多有K笔交易，那么j的范围就定义为 2 * k + 1 就可以了。

所以二维dp数组的C++定义为：

vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));

确定递推公式

还要强调一下：dp[i][1]，表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票，这是很多同学容易陷入的误区。

达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：

操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i - 1][0] - prices[i]
操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]

选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);

同理dp[i][2]也有两个操作：

操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]

所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])

同理可以类比剩下的状态，代码如下：

for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {
    dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
    dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
}

本题和动态规划：123.买卖股票的最佳时机III最大的区别就是这里要类比j为奇数是买，偶数是卖的状态。

dp数组如何初始化

第0天没有操作，这个最容易想到，就是0，即：dp[0][0] = 0;

第0天做第一次买入的操作，dp[0][1] = -prices[0];

第0天做第一次卖出的操作，这个初始值应该是多少呢？

此时还没有买入，怎么就卖出呢？其实大家可以理解当天买入，当天卖出，所以dp[0][2] = 0;

第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？应该不少同学疑惑，第一次还没买入呢，怎么初始化第二次买入呢？

第二次买入依赖于第一次卖出的状态，其实相当于第0天第一次买入了，第一次卖出了，然后在买入一次（第二次买入），那么现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。

所以第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];

第二次卖出初始化dp[0][4] = 0;

所以同理可以推出dp[0][j]当j为奇数的时候都初始化为 -prices[0]

代码如下：

for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
    dp[0][j] = -prices[0];
}

在初始化的地方同样要类比j为偶数是卖、奇数是买的状态。

确定遍历顺序

从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值。

举例推导dp数组

以输入[1,2,3,4,5]，k=2为例。

最后一次卖出，一定是利润最大的，dp[prices.size() - 1][2 * k]即红色部分就是最后求解。

以上分析完毕，C++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {

        if (prices.size() == 0) return 0;
        vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));
        for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
            dp[0][j] = -prices[0];
        }
        for (int i = 1;i < prices.size(); i++) {
            for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {
                dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
                dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
            }
        }
        return dp[prices.size() - 1][2 * k];
    }
};

时间复杂度: O(n * k)，其中 n 为 prices 的长度
空间复杂度: O(n * k)

当然有的解法是定义一个三维数组dp[i][j][k]，第i天，第j次买卖，k表示买还是卖的状态，从定义上来讲是比较直观。

但感觉三维数组操作起来有些麻烦，我是直接用二维数组来模拟三维数组的情况，代码看起来也清爽一些。

其他语言版本

Java:

// 版本一: 三维 dp数组
class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        if (prices.length == 0) return 0;

        // [天数][交易次数][是否持有股票]
        int len = prices.length;
        int[][][] dp = new int[len][k + 1][2];
        
        // dp数组初始化
        // 初始化所有的交易次数是为确保 最后结果是最多 k 次买卖的最大利润
        for (int i = 0; i <= k; i++) {
            dp[0][i][1] = -prices[0];
        }

        for (int i = 1; i < len; i++) {
            for (int j = 1; j <= k; j++) {
                // dp方程, 0表示不持有/卖出, 1表示持有/买入
                dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
                dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);
            }
        }
        return dp[len - 1][k][0];
    }
}

// 版本二: 二维 dp数组
class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        if (prices.length == 0) return 0;

        // [天数][股票状态]
        // 股票状态: 奇数表示第 k 次交易持有/买入, 偶数表示第 k 次交易不持有/卖出, 0 表示没有操作
        int len = prices.length;
        int[][] dp = new int[len][k*2 + 1];
        
        // dp数组的初始化, 与版本一同理
        for (int i = 1; i < k*2; i += 2) {
            dp[0][i] = -prices[0];
        }

        for (int i = 1; i < len; i++) {
            for (int j = 0; j < k*2 - 1; j += 2) {
                dp[i][j + 1] = Math.max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
                dp[i][j + 2] = Math.max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
            }
        }
        return dp[len - 1][k*2];
    }
}

//版本三：一维 dp数组 (下面有和卡哥邏輯一致的一維數組JAVA解法)
class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        if(prices.length == 0){
            return 0;
        }
        if(k == 0){
            return 0;
        }
        // 其实就是123题的扩展，123题只用记录2次交易的状态
        // 这里记录k次交易的状态就行了
        // 每次交易都有买入，卖出两个状态，所以要乘 2
        int[] dp = new int[2 * k];
        // 按123题解题格式那样，做一个初始化
        for(int i = 0; i < dp.length / 2; i++){
            dp[i * 2] = -prices[0];
        }
        for(int i = 1; i <= prices.length; i++){
            dp[0] = Math.max(dp[0], -prices[i - 1]);
            dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] + prices[i - 1]);
            // 还是与123题一样，与123题对照来看
            // 就很容易啦
            for(int j = 2; j < dp.length; j += 2){
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - 1] - prices[i-1]);
                dp[j + 1] = Math.max(dp[j + 1], dp[j] + prices[i - 1]);
            }
        }
        // 返回最后一次交易卖出状态的结果就行了
        return dp[dp.length - 1];
    }
}

class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {

        //edge cases
        if(prices.length == 0 || k == 0)
            return 0;

        
        int dp[] = new int [k * 2 + 1];

        //和卡哥邏輯一致，奇數天購入股票，故初始化只初始化奇數天。
        for(int i = 1; i < 2 * k + 1; i += 2){
            dp[i] = -prices[0];
        }

        for(int i = 1; i < prices.length; i++){ //i 從 1 開始，因爲第 i = 0 天已經透過初始化完成了。
            for(int j = 1; j < 2 * k + 1; j++){ //j 從 1 開始，因爲第 j = 0 天已經透過初始化完成了。
                //奇數天購買
                if(j % 2 == 1)
                    dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - 1] - prices[i]);
                //偶數天賣出
                else
                    dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - 1] + prices[i]);
            }
	    //打印DP數組
            //for(int x : dp)
            //    System.out.print(x +", ");
            //System.out.println();
        }
        //return 第2 * k次賣出的獲利。
        return dp[2 * k];
    }
}

Python:

版本一

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

版本二

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

Go:

版本一：

// 买卖股票的最佳时机IV 动态规划
// 时间复杂度O(kn) 空间复杂度O(kn)
func maxProfit(k int, prices []int) int {
    if k == 0 || len(prices) == 0 {
        return 0
    }
    
    dp := make([][]int, len(prices))
    status := make([]int, (2 * k + 1) * len(prices))
    for i := range dp {
        dp[i] = status[:2 * k + 1]
        status = status[2 * k + 1:]
    }
    for j := 1; j < 2 * k; j += 2 {
        dp[0][j] = -prices[0]
    }
    
    for i := 1; i < len(prices); i++ {
        for j := 0; j < 2 * k; j += 2 {
            dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i])
            dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i])
        }
    }
    return dp[len(prices) - 1][2 * k]
}

func max(a, b int) int {
    if a > b {
        return a
    }
    return b
}

版本二: 三维 dp数组

func maxProfit(k int, prices []int) int {
	length := len(prices)
	if length == 0 {
		return 0
	}
	// [天数][交易次数][是否持有股票]
	// 1表示不持有/卖出, 0表示持有/买入
	dp := make([][][]int, length)
	for i := 0; i < length; i++ {
		dp[i] = make([][]int, k+1)
		for j := 0; j <= k; j++ {
			dp[i][j] = make([]int, 2)
		}
	}
	for j := 0; j <= k; j++ {
		dp[0][j][0] = -prices[0]
	}
	for i := 1; i < length; i++ {
		for j := 1; j <= k; j++ {
			dp[i][j][0] = max188(dp[i-1][j][0], dp[i-1][j-1][1]-prices[i])
			dp[i][j][1] = max188(dp[i-1][j][1], dp[i-1][j][0]+prices[i])
		}
	}
	return dp[length-1][k][1]
}

func max188(a, b int) int {
	if a > b {
		return a
	}
	return b
}

JavaScript:

// 方法一：动态规划
const maxProfit = (k,prices) => {
    if (prices == null || prices.length < 2 || k == 0) {
        return 0;
    }
    
    let dp = Array.from(Array(prices.length), () => Array(2*k+1).fill(0));

    for (let j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
        dp[0][j] = 0 - prices[0];
    }
    
    for(let i = 1; i < prices.length; i++) {
        for (let j = 0; j < 2 * k; j += 2) {
            dp[i][j+1] = Math.max(dp[i-1][j+1], dp[i-1][j] - prices[i]);
            dp[i][j+2] = Math.max(dp[i-1][j+2], dp[i-1][j+1] + prices[i]);
        }
    }

    return dp[prices.length - 1][2 * k];
};

// 方法二：动态规划+空间优化
var maxProfit = function(k, prices) {
    let n = prices.length;
    let dp = new Array(2*k+1).fill(0);
    // dp 买入状态初始化
    for (let i = 1; i <= 2*k; i += 2) {
        dp[i] = - prices[0];
    }

    for (let i = 1; i < n; i++) {
        for (let j = 1; j < 2*k+1; j++) {
            // j 为奇数：买入状态
            if (j % 2) {
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-1] - prices[i]);
            } else {
                // j为偶数：卖出状态
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-1] + prices[i]);
            }
        }
    }

    return dp[2*k];
};

TypeScript：

function maxProfit(k: number, prices: number[]): number {
    const length: number = prices.length;
    if (length === 0) return 0;
    const dp: number[][] = new Array(length).fill(0)
        .map(_ => new Array(k * 2 + 1).fill(0));
    for (let i = 1; i <= k; i++) {
        dp[0][i * 2 - 1] = -prices[0];
    }
    for (let i = 1; i < length; i++) {
        for (let j = 1; j < 2 * k + 1; j++) {
            dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1] + Math.pow(-1, j) * prices[i]);
        }
    }
    return dp[length - 1][2 * k];
};

Rust：

impl Solution {
    pub fn max_profit(k: i32, prices: Vec<i32>) -> i32 {
        let mut dp = vec![vec![0; 2 * k as usize + 1]; prices.len()];

        for v in dp[0].iter_mut().skip(1).step_by(2) {
            *v = -prices[0];
        }

        for (i, &p) in prices.iter().enumerate().skip(1) {
            for j in (0..2 * k as usize - 1).step_by(2) {
                dp[i][j + 1] = dp[i - 1][j + 1].max(dp[i - 1][j] - p);
                dp[i][j + 2] = dp[i - 1][j + 2].max(dp[i - 1][j + 1] + p);
            }
        }

        dp[prices.len() - 1][2 * k as usize]
    }
}

空间优化：

impl Solution {
    pub fn max_profit(k: i32, prices: Vec<i32>) -> i32 {
        let mut dp = vec![0; 2 * k as usize + 1];
        for v in dp.iter_mut().skip(1).step_by(2) {
            *v = -prices[0];
        }

        for p in prices {
            for i in 1..=2 * k as usize {
                if i % 2 == 1 {
                    // 买入
                    dp[i] = dp[i].max(dp[i - 1] - p);
                    continue;
                }
                // 卖出
                dp[i] = dp[i].max(dp[i - 1] + p);
            }
        }

        dp[2 * k as usize]
    }
}

0188.买卖股票的最佳时机IV