掌握这个方法，LeetCode 上的「股票买卖问题」就能为所欲为
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了掌握这个方法，LeetCode 上的「股票买卖问题」就能为所欲为相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
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「股票买卖问题」大概是每个刷 LeetCode 的同学都会遇到的一大拦路虎，特别是其中的第三道题。你是否也曾因为这道题而懵逼呢？
LeetCode 上的股票买卖系列问题一共六道，形成一个巨大的系列，蔚为壮观。系列的前两道题并不难，可以通过思维转换得到解法。然而就在你以为整个系列都可以循序渐进地做出来时，第三道题的难度陡然上升，让人猝不及防。
更令人沮丧的是，这样一道难题，打开讨论区，看到的却是一份异常装逼的题解代码：
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length == 0) return 0;
int s1 = Integer.MIN_VALUE, s2 = 0,
s3 = Integer.MIN_VALUE, s4 = 0;
for (int p : prices) {
s1 = Math.max(s1, -p);
s2 = Math.max(s2, s1 + p);
s3 = Math.max(s3, s2 - p);
s4 = Math.max(s4, s3 + p);
}
return Math.max(0, s4);
}
WTF?? 这谜一样的四个变量 s1/s2/s3/s4 是怎么回事？这种计算方式怎么能体现题目中「最多买卖两次」的限制？
不要慌张。其实这类问题是有套路的，只要掌握了套路，你也一样能写出这样装逼的解法。这个套路也非常实用，几道股票买卖问题都可以用这个套路解出来。
这样实用而装逼的解法，今天就让我为你细细讲述。本文会介绍股票买卖问题的这个解法中涉及到的几个技巧：
-
动态规划子问题的状态拆解与状态机定义 -
DP 数组的特殊值定义 -
动态规划的空间优化技巧
问题解法
我们来求解最典型的股票问题（三），它是其他几道题目解法的基础：
LeetCode 123. Best Time to Buy and Sell Stock III（Hard）
给定一个数组，它的第 个元素是一支给定的股票在第 天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成两笔交易。
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：
输入: [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出: 6
解释: 在第 4 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。
随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3。
很多同学可能已经隐约想到这道题是用动态规划来解，但是一直想不出来合适的具体思路。
这道题最大的难点就在于其限制条件「最多完成两笔交易」。如何在动态规划中描述这个限制条件？如何记录股票买卖过程中的「不同状态」？其实，全部的答案就在我们上一篇文章中讨论的技巧：拆分动态规划的子问题。
不记得上一篇文章内容的同学可以点这里回顾：
当然，如果你只想知道股票买卖问题的解法，可以直接往下看。
状态机定义
对于题目中「最多完成两笔交易」这个限制条件，我们可以理解成：股票买卖的过程，经历了不同的阶段。
-
在一开始，限制是「最多完成两笔交易」； -
做完一笔交易之后，限制变成「只做一笔交易」； -
做完两笔交易之后，限制变成「不能再做交易」。
有的解法选择定义一个参数 来表示可以进行交易的数量。不过 的取值只有 2、1、0，却要给动态规划增加一个维度，不太划算。我们可以直接定义多个子问题来描述这些不同的阶段。
另外，题目中还有一个条件是「再次购买前必须卖掉之前的股票」，这实际上又给股票买卖过程划分了阶段。我们有「持有股票」和「不持有股票」两种状态。在持有股票的时候，只能卖出，不能买入。不持有股票的时候则反之。
总体来看，做两笔交易，则股票买卖的过程可以分为五个阶段：
| 阶段 | 可交易次数 | 持股状态 | 可买入/卖出 |
|---|---|---|---|
| 0 | 2 | 不持有 | 可买入 |
| 1 | 1 | 持有 | 可卖出 |
| 2 | 1 | 不持有 | 可买入 |
| 3 | 0 | 持有 | 可卖出 |
| 4 | 0 | 不持有 | 可买入 |
对应这五个阶段，我们可以定义五个子问题，分别用 、 、 、 、 来表示。字母 s 代表状态，股票买卖阶段的变化，其实就是状态的转移。
例如在阶段 1，我们持有股票，此时如果卖出股票，则变成不持有股票的状态，进入阶段 2。
~ 之间的状态转移可以用下面这张图来表示：
在每一天，我们既可以选择买入/卖出，又可以选择不进行买卖。选择买入或者卖出的话，就会进入下一个阶段，对应状态转移图中向右的边；选择不买卖的话，会继续待在当前阶段，对应状态转移图中的环路。
这就是所谓的「状态机 DP」。定义多个子问题，从另一个角度来看，就是子问题在不同的「状态」间跳来跳去。
在理解了子问题之间的关系之后，我们正式地定义一下子问题和递推关系：子问题 分别表示「前 天结束后，处于阶段 0/1/2/3/4 时，当前的最大利润」。那么我们有：
-
。因为阶段 0 时没有任何买入卖出。 -
。第 k 天处于阶段 1，可能是前一天处于阶段 1，或者是前一天处于阶段 0，然后买入了第 k 天的股票（利润减去 ）。 -
。第 k 天处于阶段 2，可能是前一天处于阶段 2，或者是前一天处于阶段 1，然后卖出了第 k 天的股票（利润增加 ）。 -
。分析同 。 -
。分析同 。
理解 DP 数组
在定义了子问题及其递推关系后，我们还需要搞清楚 DP 数组的计算顺序。
首先，由于 始终为 0，我们其实不需要计算，直接作为常数 0 代入即可。这样就只剩 / / / 四个子问题了。
四个子问题中， 的取值范围都是 。这样我们的 DP 数组是四个长度为 的一维数组，如下图所示。
接着是 DP 数组中的依赖关系：
可以看出，DP 数组的计算顺序是从左到右、从上到下。我们可以根据这个写出初步的题解代码：
// 注意：这段代码并不完整
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length == 0) {
return 0;
}
int n = prices.length;
int[] s1 = new int[n+1];
int[] s2 = new int[n+1];
int[] s3 = new int[n+1];
int[] s4 = new int[n+1];
// 注意：这里还缺少 base case 的赋值
for (int k = 1; k <= n; k++) {
s1[k] = Math.max(s1[k-1], -p[k-1]);
s2[k] = Math.max(s2[k-1], s1[k-1] + p[k-1]);
s3[k] = Math.max(s3[k-1], s2[k-1] - p[k-1]);
s4[k] = Math.max(s4[k-1], s3[k-1] + p[k-1]);
}
return Math.max(0, Math.max(s2[n], s4[n]));
}
处理 base case
上面的代码还不是很完整，我们还需要填上子问题的 base case 的取值。
对于这道题来说，确定 base case 的取值并不容易。难点在于 DP 数组中的部分元素是无效的。
以 为例， 的含义应该是：在第 0 天（即一开始），经过一次买入、一次卖出后，所获的最大利润。然而我们在第 0 天显然还不能进行任何买卖，那么 就是无效元素。我们可以推出， 在 时才有效。
同样的道理，我们可以计算出 、 、 、 的 base case 分别是 、 、 、 ，如下图所示（这里放上 以方便理解）。
如果用条件判断来处理这些无效元素，代码会变得非常复杂。有没有什么更好的方法呢？
答案是给 、 、 、 赋特殊值。虽然这些值没有什么实际意义，但不会影响后面有效值的计算，也不会影响最终结果。
既然最终结果要求的是最大利润（max），我们可以给这些无效元素赋一个比任何可能结果都小的值：
-
对于 、 ，这个值是 。因为这两个状态不持有股票，有效值显然不会低于 0（可以不买也不卖，利润就是 0）。 -
对于 、 ，这个值是 。因为这两个状态要持有股票，买入后会出现暂时的负利润。
加入这些 base case 之后，我们得到完整的代码：
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length == 0) {
return 0;
}
int n = prices.length;
int[] s1 = new int[n+1];
int[] s2 = new int[n+1];
int[] s3 = new int[n+1];
int[] s4 = new int[n+1];
s1[0] = Integer.MIN_VALUE;
s2[0] = 0;
s3[0] = Integer.MIN_VALUE;
s4[0] = 0;
for (int k = 1; k <= n; k++) {
s1[k] = Math.max(s1[k-1], -prices[k-1]);
s2[k] = Math.max(s2[k-1], s1[k-1] + prices[k-1]);
s3[k] = Math.max(s3[k-1], s2[k-1] - prices[k-1]);
s4[k] = Math.max(s4[k-1], s3[k-1] + prices[k-1]);
}
return Math.max(0, Math.max(s2[n], s4[n]));
}
空间优化
上面的代码已经比较简洁了，不过它和我们一开始展示的装逼型代码还有一点差距。接下来，我们使用一点空间优化的技巧，让代码更加简洁。
回顾一下上面的 DP 数组依赖图：
我们发现，每一列的值都只依赖于上一列的值。这样，我们只需要保存当前一列的值，然后在每一轮迭代中计算下一列的值。
这样，s1、s2、s3、s4 就从一维数组变成了单个变量。
int s1 = Integer.MIN_VALUE;
int s2 = 0;
int s3 = Integer.MIN_VALUE;
int s4 = 0;
for (int k = 1; k <= n; k++) {
s4 = Math.max(s4, s3 + prices[k-1]);
s3 = Math.max(s3, s2 - prices[k-1]);
s2 = Math.max(s2, s1 + prices[k-1]);
s1 = Math.max(s1, -prices[k-1]);
}
上面的代码中大量出现 prices[k-1]。我们把 k-1 替换成 k：
int s1 = Integer.MIN_VALUE;
int s2 = 0;
int s3 = Integer.MIN_VALUE;
int s4 = 0;
for (int k = 0; k < n; k++) {
s4 = Math.max(s4, s3 + prices[k]);
s3 = Math.max(s3, s2 - prices[k]);
s2 = Math.max(s2, s1 + prices[k]);
s1 = Math.max(s1, -prices[k]);
}
然后把 for 循环改成 for-each 循环：
int s1 = Integer.MIN_VALUE;
int s2 = 0;
int s3 = Integer.MIN_VALUE;
int s4 = 0;
for (int p : prices) {
s4 = Math.max(s4, s3 + p);
s3 = Math.max(s3, s2 - p);
s2 = Math.max(s2, s1 + p);
s1 = Math.max(s1, -p);
}
这样，我们就得到了最终的简化版代码：
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length == 0) {
return 0;
}
int s1 = Integer.MIN_VALUE;
int s2 = 0;
int s3 = Integer.MIN_VALUE;
int s4 = 0;
for (int p : prices) {
s4 = Math.max(s4, s3 + p);
s3 = Math.max(s3, s2 - p);
s2 = Math.max(s2, s1 + p);
s1 = Math.max(s1, -p);
}
return Math.max(0, Math.max(s2, s4));
}
这样一步步看下来，是不是感觉开头那个装逼的代码也没有那么难懂了？
总结
本文一步步剖析了股票买卖问题的解题技巧。如果你直接看最终的代码，会觉得「装逼」而放弃这道题。但跟着本文的思路一步步走，会发现这样的代码其实是经过一步步的简化，逐渐变成这个样子的。
LeetCode 讨论区的很多答案喜欢炫耀代码的简洁，比拼行数。但是追求代码的极简并不利于我们掌握问题思路。对于本题而言，其实最值得掌握的是没有经过空间优化的、定义四个一维数组的代码。特别是在面试中，如果你一上来就写出了经过空间优化后的极简代码，面试官可能觉得你是在「背题」，反而对你印象不好。
本文讲述的股票问题的解法有人称之为「状态机 DP」。解法的关键就在于定义多个子问题，然后描述子问题之间的状态转移关系。读完本文的同学，强烈建议把股票买卖问题跟中的例题联系起来看，会让你对这一类问题有更深的理解。
股票买卖系列的其他问题同样可以用这个解题技巧做出来。后面的文章我会给大家展示如何把「最多完成两笔交易」扩充到「最多完成 k 笔交易」的通用版题目，以及带有交易手续费和冷却期的变种题目的求解方法，敬请期待。
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以上是关于掌握这个方法，LeetCode 上的「股票买卖问题」就能为所欲为的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章