2021新年算法小专题—2.股票买卖利润（Java）_假设一家公司的股价在数组a中,请选择买入卖出的收益最大。用分治策略-优快云博客

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概述

熟悉这类题目的同学都知道，事实上这是一类动态规划（dp）问题，在小专题中都暂且只针对这一类问题进行解决了，更全面的动态规划文章以后有机会再努力吧！

简单介绍一句动态规划。动态规划实际是一种分治思想，与分治算法不同的是，分治算法是把原问题分解为若干子问题，自顶向下求解各子问题，合并子问题的解，从而得到原问题的解。动态规划也是把原问题分解为若干子问题，然后自底向上，先求解最小的子问题，把结果存储在表格中，再求解大的子问题时，直接从表格中查询小的子问题的解，避免重复计算，从而提高算法效率。

对于本类问题而言，我们采用有限状态自动机的思想来解决，实际就是找到所有状态，并根据状态转移图来列状态转移方程，实际还是dp的思想，下面我们以第一道题为例来介绍。

例题

我们以121.买卖股票的最佳时机为例来进行讲解。题目如下：

题目

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：

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。

分析

首先我们归纳一下题意：每天股票价格在数组prices中，每天可以选择买入、卖出或是什么都不做。只有没有股票时才能买入，只有有股票时才能卖出，而且只能买入（卖出）一次，求最大利润。

下面我们需要明确几件事：

整个股票买卖过程可以进行哪些操作（选择）？每一天都可以买入、卖出、休息（既不买入也不卖出），只不过买入和卖出是有要求的，必须先买入才能卖出。
既然采用自动机来解决，那么过程中有那些状态呢？因为可以进行以上三种操作，因此每一天有两种状态：持有股票和不持有股票。今天持有股票是因为之前或今天买入了股票且没有卖出；今天不持有股票是因为之前或今天一直没买股票或者已经卖出了。
最大利润在哪里产生？一定是在最后一天的不持有股票状态。（显然把股票卖掉一定比手里拿着股票获利更多）

我们根据是否持有股票这两个状态画出如下图所示的状态转移图。图中状态0表示当前不持有股票，状态1表示当前持有股票。

对上图的转移过程的解释如下：当我们不持有股票时，可以通过买入buy变为持有状态；也可以休息rest仍然为不持有状态。当我们持有股票时，可以通过卖出sale变为不持有状态；也可以休息rest仍然为持有状态。

有了状态转移图，我们应该考虑一种数据结构来记录每个时刻（每天）的状态（股票的持有状态）。因此使用一个二维数组来记录，记为dp数组。举例：dp[i][0]表示第i天时不持有股票时的最大利润，dp[i][1]表示第i天时持有股票的最大利润。然后写出状态转移方程，也就是上述两个式子是怎么由其他状态转换来的，怎么求出来的。

以dp[i][0]为例，什么情况下第i天才能不持有股票呢？无非就是两种情况：

第i-1天也是不持有股票，然后第i天也没有买入，此时利润仍然等于第i-1天的最大利润；
第i-1天持有了股票，但第i天进行卖出了，此时利润等于第i-1天持有股票的利润加上卖出股票的获利。（因为股票只能买卖一次，因此第i-1天持有股票的利润就是之前买股票的花费）

因此dp[i][0]应该取以上两种情况的最大值，即dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][0]+prices[i])。

同理，以下两种情况下第i天会持有股票：

第i-1天就已经持有股票，然后第i天没有卖出，此时利润仍然等于第i-1天的最大利润；
第i-1天不持有股票，但第i天买入了股票，此时利润等于买入股票的价格的相反数。（因为股票只能买卖一次，因此第i天买入股票的利润就是当天买入股票的花费）

因此，dp[i][1]=max(dp[i-1][1],-prices[i])。

这样我们就已经写出状态转移方程了，下面要思考初始的状态（初态，显然方程中i不能为0，因此我们把i=0时的情况分析出来，剩下的就从i=1开始直接递推了）。

dp[0][0]=0：第1天不持有股票，因此利润是0；
dp[0][1]=prices[0]：第1天持有股票，即第一天买了股票，利润是第一天股票价格的相反数。

参考代码

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int [][]dp=new int[prices.length][2];

        dp[0][0]=0;// 第1天不持有股票，利润为0
        dp[0][1]=-prices[0];// 第1天持有股票，利润为第一天股票售价的相反数

        for(int i=1;i<prices.length;i++){
            // 第i天如果没持有股票，对应两种情况：1.前一天就是没有持有股票的状态2.今天把前一天持有的股票给卖了，额外获利今天的股票价格。
            dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
            // 第i天如果持有股票，对应两种情况：1.前一天就是持有股票的状态2.今天刚刚买入股票，额外加上今天股票价格的支出。
            dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],-prices[i]);
        }

        return dp[prices.length-1][0];// 最大利润产生在【最后一天的不持有股票状态】
    }
}

代码优化

观察上面的代码我们发现，事实上每一天的利润只与上一天的利润有关，最后需要的答案也只是最后一天的不持有股票状态，因此完全可以不用dp数组记录每天的每个状态，只需要用变量来记录上一天的每个状态就可以了，这样能使空间复杂度降为O(1)。核心思想是不变的，只是本题并不需要记录所有状态，只需要保证有足够的数据（前一天的状态数据）来递推出最后一天的情况即可。

即：使用变量dp0来代替dp数组中每天不持有股票的情况（dp[i][0]），变量dp1代替dp数组中每天持有股票的情况（dp[i][1]）。

优化后的代码如下：

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        //int [][]dp=new int[prices.length][2];
        int dp0=0;
        int dp1=-prices[0];

        for(int i=1;i<prices.length;i++){
            dp0=Math.max(dp0,dp1+prices[i]);
            dp1=Math.max(dp1,-prices[i]);
        }

        return dp0;
    }
}

总结

使用自动机的思想，找到股票买卖问题中的三种操作：买入、卖出、休息，两个状态：持有股票、不持有股票，然后画出状态转换图，根据转换图去写出状态转移方程。使用合适的数据结构去记录状态，本题中只有两个变化的状态，天数和持有情况，因此使用二维数组dp记录每天的持有情况就可以了。要额外考虑一下初态的情况，剩下的就交给循环，递推求解即可。明确最后的结果产生在最后一天的不持有股票状态。

后面还会有增加一个状态的变式：即不再限制只能买卖一次，可以买多次、任意次等，我们增加一个状态即可；还会限制买卖间隔时间，我们修改状态转换图即可。以下列出的题目我都会在本专题第二篇—刷题部分去讲解，到时更新了我会把链接放在这里。

Letcode中股票买卖问题（点击链接跳转去看题）：

121.买卖股票的最佳时机（简单）：即本文例题，最多只买卖一次。

122.买卖股票的最佳时机II（简单）：可以多次买卖，不做任何限定。

123.买卖股票的最佳时机III（困难）：最多只能买卖两次。

188.买卖股票的最佳时机IV（困难）：最多可以买卖k次。k是变化的。

309.最佳买卖股票时机含冷冻期（中等）：卖出和买入之间必须至少间隔一天。

714.买卖股票的最佳实际含手续费（中等）：可以多次买卖，但每次买入股票都要额外支付手续费。