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本文思路参考自英文版 LeetCode 题解：
https://leetcode.com/problems…
读完本文，你能够去力扣拿下如下题目：
交易股票的最佳时机
交易股票的最佳时机 II
交易股票的最佳时机 III
交易股票的最佳时机 IV
最佳交易股票机会含冷冻期
交易股票的最佳时机含手续费
———–
很多读者埋怨 LeetCode 的股票系列问题奇技淫巧太多，如果面试真的遇到这类问题，根本不会想到那些奇妙的方法，怎么办？所以本文回绝奇技淫巧，而是操之过急，只用一种通用办法解决所用问题，以不变应万变。
这篇文章用状态机的技巧来解决，能够全副提交通过。不要感觉这个名词高大上，文学词汇而已，实际上就是 DP table，看一眼就明确了。
这 6 道题目是有共性的，我就抽出来第 4 道题目，因为这道题是一个最泛化的模式，其余的问题都是这个模式的简化，看下题目：
第一题是只进行一次交易，相当于 k = 1；第二题是不限交易次数，相当于 k = +infinity（正无穷）；第三题是只进行 2 次交易，相当于 k = 2；剩下两道也是不限次数，然而加了交易「冷冻期」和「手续费」的额定条件，其实就是第二题的变种，都很容易解决。
如果你还不相熟题目，能够去 LeetCode 查看这些题目的内容，本文为了节俭篇幅，就不列举这些题目的具体内容了。上面言归正传，开始解题。
PS：我认真写了 100 多篇原创，手把手刷 200 道力扣题目，全副公布在 labuladong 的算法小抄，继续更新 。倡议珍藏， 依照我的文章程序刷题，把握各种算法套路后投再入题海就蛟龙得水了。
一、穷举框架
首先，还是一样的思路：如何穷举？这里的穷举思路和上篇文章递归的思维不太一样。
递归其实是合乎咱们思考的逻辑的，一步步推动，遇到无奈解决的就丢给递归，一不小心就做进去了，可读性还很好。毛病就是一旦出错，你也不容易找到谬误呈现的起因。比方上篇文章的递归解法，必定还有计算冗余，但的确不容易找到。
而这里，咱们不必递归思维进行穷举，而是利用「状态」进行穷举。咱们具体到每一天，看看总共有几种可能的「状态」，再找出每个「状态」对应的「抉择」。咱们要穷举所有「状态」，穷举的目标是依据对应的「抉择」更新状态。听起来形象，你只有记住「状态」和「抉择」两个词就行，上面实操一下就很容易明确了。
for 状态 1 in 状态 1 的所有取值：for 状态 2 in 状态 2 的所有取值：for ...
dp[状态 1][状态 2][...] = 择优(抉择 1，抉择 2...)比如说这个问题，每天都有三种「抉择」：买入、卖出、无操作，咱们用 buy, sell, rest 示意这三种抉择。但问题是，并不是每天都能够任意抉择这三种抉择的，因为 sell 必须在 buy 之后，buy 必须在 sell 之后。那么 rest 操作还应该分两种状态，一种是 buy 之后的 rest（持有了股票），一种是 sell 之后的 rest（没有持有股票）。而且别忘了，咱们还有交易次数 k 的限度，就是说你 buy 还只能在 k > 0 的前提下操作。
很简单对吧，不要怕，咱们当初的目标只是穷举，你有再多的状态，老夫要做的就是一把梭全副列举进去。这个问题的「状态」有三个，第一个是天数，第二个是容许交易的最大次数，第三个是以后的持有状态（即之前说的 rest 的状态，咱们无妨用 1 示意持有，0 示意没有持有）。而后咱们用一个三维数组就能够装下这几种状态的全副组合：
dp[i][k][0 or 1]
0 <= i <= n-1, 1 <= k <= K
n 为天数，大 K 为最多交易数
此问题共 n × K × 2 种状态，全副穷举就能搞定。for 0 <= i < n:
for 1 <= k <= K:
for s in {0, 1}:
dp[i][k][s] = max(buy, sell, rest)而且咱们能够用自然语言形容出每一个状态的含意，比如说 dp[3][2][1] 的含意就是：明天是第三天，我当初手上持有着股票，至今最多进行 2 次交易。再比方 dp[2][3][0] 的含意：明天是第二天，我当初手上没有持有股票，至今最多进行 3 次交易。很容易了解，对吧？
咱们想求的最终答案是 dpn – 1[0]，即最初一天，最多容许 K 次交易，最多取得多少利润。读者可能问为什么不是 dpn – 1[1]？因为 [1] 代表手上还持有股票，[0] 示意手上的股票曾经卖出去了，很显然后者失去的利润肯定大于前者。
记住如何解释「状态」，一旦你感觉哪里不好了解，把它翻译成自然语言就容易了解了。
二、状态转移框架
当初，咱们实现了「状态」的穷举，咱们开始思考每种「状态」有哪些「抉择」，应该如何更新「状态」。只看「持有状态」，能够画个状态转移图。
通过这个图能够很分明地看到，每种状态（0 和 1）是如何转移而来的。依据这个图，咱们来写一下状态转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
max(抉择 rest , 抉择 sell)
解释：明天我没有持有股票，有两种可能：要么是我昨天就没有持有，而后明天抉择 rest，所以我明天还是没有持有；要么是我昨天持有股票，然而明天我 sell 了，所以我明天没有持有股票了。dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
max(抉择 rest , 抉择 buy)
解释：明天我持有着股票，有两种可能：要么我昨天就持有着股票，而后明天抉择 rest，所以我明天还持有着股票；要么我昨天本没有持有，但明天我抉择 buy，所以明天我就持有股票了。这个解释应该很分明了，如果 buy，就要从利润中减去 prices[i]，如果 sell，就要给利润减少 prices[i]。明天的最大利润就是这两种可能抉择中较大的那个。而且留神 k 的限度，咱们在抉择 buy 的时候，把 k 减小了 1，很好了解吧，当然你也能够在 sell 的时候减 1，一样的。
当初，咱们曾经实现了动静布局中最艰难的一步：状态转移方程。如果之前的内容你都能够了解，那么你曾经能够秒杀所有问题了，只有套这个框架就行了。不过还差最初一点点，就是定义 base case，即最简略的状况。
dp[-1][k][0] = 0
解释：因为 i 是从 0 开始的，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时候的利润当然是 0。dp[-1][k][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的，用负无穷示意这种不可能。dp[i][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着基本不容许交易，这时候利润当然是 0。dp[i][0][1] = -infinity
解释：不容许交易的状况下，是不可能持有股票的，用负无穷示意这种不可能。把下面的状态转移方程总结一下：
base case：dp[-1][k][0] = dp[i][0][0] = 0
dp[-1][k][1] = dp[i][0][1] = -infinity
状态转移方程：dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])读者可能会问，这个数组索引是 -1 怎么编程示意进去呢，负无穷怎么示意呢？这都是细节问题，有很多办法实现。当初残缺的框架曾经实现，上面开始具体化。
PS：我认真写了 100 多篇原创，手把手刷 200 道力扣题目，全副公布在 labuladong 的算法小抄，继续更新 。倡议珍藏， 依照我的文章程序刷题，把握各种算法套路后投再入题海就蛟龙得水了。
三、秒杀题目
第一题，k = 1
间接套状态转移方程，依据 base case，能够做一些化简：
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - prices[i])
= max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。当初发现 k 都是 1，不会扭转，即 k 对状态转移曾经没有影响了。能够进行进一步化简去掉所有 k：dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])间接写出代码：
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];显然 i = 0 时 dp[i-1] 是不非法的。这是因为咱们没有对 i 的 base case 进行解决。能够这样解决：
for (int i = 0; i < n; i++) {if (i - 1 == -1) {dp[i][0] = 0;
// 解释：// dp[i][0]
// = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])
// = max(0, -infinity + prices[i]) = 0
dp[i][1] = -prices[i];
// 解释：// dp[i][1]
// = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])
// = max(-infinity, 0 - prices[i])
// = -prices[i]
continue;
}
dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];第一题就解决了，然而这样解决 base case 很麻烦，而且留神一下状态转移方程，新状态只和相邻的一个状态无关，其实不必整个 dp 数组，只须要一个变量贮存相邻的那个状态就足够了，这样能够把空间复杂度降到 O(1):
// k == 1
int maxProfit_k_1(int[] prices) {
int n = prices.length;
// base case: dp[-1][0] = 0, dp[-1][1] = -infinity
int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
for (int i = 0; i < n; i++) {// dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
// dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])
dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, -prices[i]);
}
return dp_i_0;
}两种形式都是一样的，不过这种编程办法简洁很多。然而如果没有后面状态转移方程的疏导，是必定看不懂的。后续的题目，我次要写这种空间复杂度 O(1) 的解法。
第二题，k = +infinity
如果 k 为正无穷，那么就能够认为 k 和 k – 1 是一样的。能够这样改写框架：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
= max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k][0] - prices[i])
咱们发现数组中的 k 曾经不会扭转了，也就是说不须要记录 k 这个状态了：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])间接翻译成代码：
int maxProfit_k_inf(int[] prices) {
int n = prices.length;
int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int temp = dp_i_0;
dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, temp - prices[i]);
}
return dp_i_0;
}第三题，k = +infinity with cooldown
每次 sell 之后要等一天能力持续交易。只有把这个特点融入上一题的状态转移方程即可：
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])
解释：第 i 天抉择 buy 的时候，要从 i-2 的状态转移，而不是 i-1。翻译成代码：
int maxProfit_with_cool(int[] prices) {
int n = prices.length;
int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
int dp_pre_0 = 0; // 代表 dp[i-2][0]
for (int i = 0; i < n; i++) {
int temp = dp_i_0;
dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, dp_pre_0 - prices[i]);
dp_pre_0 = temp;
}
return dp_i_0;
}第四题，k = +infinity with fee
每次交易要领取手续费，只有把手续费从利润中减去即可。改写方程：
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)
解释：相当于买入股票的价格升高了。在第一个式子里减也是一样的，相当于卖出股票的价格减小了。间接翻译成代码：
int maxProfit_with_fee(int[] prices, int fee) {
int n = prices.length;
int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int temp = dp_i_0;
dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, temp - prices[i] - fee);
}
return dp_i_0;
}第五题，k = 2
k = 2 和后面题目的状况略微不同，因为下面的状况都和 k 的关系不太大。要么 k 是正无穷，状态转移和 k 没关系了；要么 k = 1，跟 k = 0 这个 base case 挨得近，最初也没有存在感。
这道题 k = 2 和前面要讲的 k 是任意正整数的状况中，对 k 的解决就凸显进去了。咱们间接写代码，边写边剖析起因。
原始的动静转移方程，没有可化简的中央
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])依照之前的代码，咱们可能想当然这样写代码（谬误的）：
int k = 2;
int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];
for (int i = 0; i < n; i++)
if (i - 1 == -1) {
// base case
dp[i][0] = 0;
dp[i][1] = -prices[i];
continue;
}
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);
dp[i][k][1] = Math.max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][k][0];为什么谬误？我这不是照着状态转移方程写的吗？
还记得后面总结的「穷举框架」吗？就是说咱们必须穷举所有状态。其实咱们之前的解法，都在穷举所有状态，只是之前的题目中 k 都被化简掉了。这道题因为没有消掉 k 的影响，所以必须要对 k 进行穷举：
int max_k = 2;
int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {for (int k = max_k; k >= 1; k--) {if (i - 1 == -1) {
// base case
dp[i][0] = 0;
dp[i][1] = -prices[i];
continue;
}
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);
}
}
// 穷举了 n × max_k × 2 个状态，正确。return dp[n - 1][max_k][0];如果你不了解，能够返回第一点「穷举框架」从新浏览领会一下。
PS：我认真写了 100 多篇原创，手把手刷 200 道力扣题目，全副公布在 labuladong 的算法小抄，继续更新 。倡议珍藏， 依照我的文章程序刷题，把握各种算法套路后投再入题海就蛟龙得水了。
这里 k 取值范畴比拟小，所以能够不必 for 循环，间接把 k = 1 和 2 的状况全副列举进去也能够：
dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + prices[i])
dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1], dp[i-1][1][0] - prices[i])
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
int maxProfit_k_2(int[] prices) {
int dp_i10 = 0, dp_i11 = Integer.MIN_VALUE;
int dp_i20 = 0, dp_i21 = Integer.MIN_VALUE;
for (int price : prices) {dp_i20 = Math.max(dp_i20, dp_i21 + price);
dp_i21 = Math.max(dp_i21, dp_i10 - price);
dp_i10 = Math.max(dp_i10, dp_i11 + price);
dp_i11 = Math.max(dp_i11, -price);
}
return dp_i20;
}有状态转移方程和含意明确的变量名领导，置信你很容易看懂。其实咱们能够弄虚作假，把上述四个变量换成 a, b, c, d。这样当他人看到你的代码时就会大惊失色，对你肃然起敬。
第六题，k = any integer
有了上一题 k = 2 的铺垫，这题应该和上一题的第一个解法没啥区别。然而呈现了一个超内存的谬误，原来是传入的 k 值会十分大，dp 数组太大了。当初想想，交易次数 k 最多有多大呢？
一次交易由买入和卖出形成，至多须要两天。所以说无效的限度 k 应该不超过 n/2，如果超过，就没有束缚作用了，相当于 k = +infinity。这种状况是之前解决过的。
间接把之前的代码重用：
int maxProfit_k_any(int max_k, int[] prices) {
int n = prices.length;
if (max_k > n / 2)
return maxProfit_k_inf(prices);
int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int k = max_k; k >= 1; k--) {if (i - 1 == -1) {
// base case
dp[i][0] = 0;
dp[i][1] = -prices[i];
continue;
}
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][max_k][0];
}至此，6 道题目通过一个状态转移方程全副解决。
四、最初总结
本文给大家讲了如何通过状态转移的办法解决简单的问题，用一个状态转移方程秒杀了 6 道股票买卖问题，当初想想，其实也不算难对吧？这曾经属于动静布局问题中较艰难的了。
要害就在于列举出所有可能的「状态」，而后想想怎么穷举更新这些「状态」。个别用一个多维 dp 数组贮存这些状态，从 base case 开始向后推动，推动到最初的状态，就是咱们想要的答案。想想这个过程，你是不是有点了解「动静布局」这个名词的意义了呢？
具体到股票买卖问题，咱们发现了三个状态，应用了一个三维数组，无非还是穷举 + 更新，不过咱们能够说的高大上一点，这叫「三维 DP」。
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