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前言
今天我们来聊聊 Leetcode 的华尔街之狼(The Wolf of Wall Street)系列，也称股票系列， 在 Leetcode 上有 6 题之多。
本文会通过讲解其中的几道经典题目再次探究动态规划的魅力，希望能帮助大家对 DP 有更深入的理解。
这类题目在面试中非常常见，也有很多的变种，比如我就被问过不止要返回 profit，还要返回在哪天交易。
不过万变不离其宗，把握住买卖的原则，你就是赢家。
1. Best Time to Buy and Sell Stock
给你一组数组 prices=[7,1,5,3,6,4]。prices[i] 代表在第i天股票的价格。你可以进行买与卖的操作，但你得先买了才能卖。(也就是不能 short)你最多进行一次买与卖的操作，问你能够赚到的最大收益是多少?从本题的数据例子来看，我们如果在 i=1 天买和在 i=4天卖，我们能够赚到 p[4]-p[1]=5 的收益。这是我们能够做到的最大收益，其它的操作都不能赚的比5多。
问题分析 ：
首先如果我们在第 i 天进行买的操作，那么卖的操作一定得发生在第 i 天之后，也就是 prices[i+1 : n] 里
以 prices=[7,1,5,3,6,4] 作为例子，如果我们在 prices[0] 买，那么卖一定发生在 prices[1 : 5]。
同理，如果我们在 prices[1] 买，卖一定发生在 prices[2 : 5]。
我们可以把所有的 (买，卖) pair 生成出来然后找到收益性最高的那对即可。
方法1 ：暴力枚举
- public int maxProfit(int[] prices) {
- int maxProfit = 0; //我们可以不进行操作，所以初始是 0 而不是 INT_MIN
- for(int i = 0; i < prices.length; i++){
- //在 i 天 进行购买
- for(int j = i + 1; j < prices.length; j++){
- //在 j 天进行出售
- int profit = prices[j] - prices[i];
- maxProfit = Math.max(maxProfit, profit);
- }
- }
- return maxProfit;
- }
代码总结：
- 我们枚举所有的 (i, j) pair，i 代表买，j 代表卖，并且 i < j，但以上暴力代码的时间复杂度是 O(n^2)，我们可不可以做的更好呢?
时空复杂度：
- 时间复杂度：O(N^2)
- 空间复杂度：O(1)
方法2：
- 如果我们在第 i 天进行买的操作，那么卖的操作一定还是得发生在 prices[i+1 : n] 这个定理是不变的。
- 换句话说，对于每个买的操作，prices[i]，我们只需要找到 prices[i+1 : n] 里最大的数即可。
- 我们可以用一个dp array 去记录，dp[i] 表示 max(prices[i : n]) 。
- 如果我们在 i 这天进行买的操作，获得的最大的收益就是 dp[i+1] - prices[i] (这里我们要注意outbound)
- public int maxProfit(int[] prices) {
- int maxProfit = 0;
- int n = prices.length;
- int dp[] = new int[n];
- dp[n - 1] = prices[n - 1];
- for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
- dp[i] = Math.max(prices[i], dp[i + 1]);
- }
- for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
- maxProfit = Math.max(maxProfit, dp[i + 1] - prices[i]);
- }
- return maxProfit;
- }
时空复杂度：
- 时间复杂度：O(N)
- 空间复杂度：O(N)
方法3：
我们其实可以把空间压缩到 O(1)，比起使用一个dp array 去记录，我们可以直接一边走一边记录。
- public int maxProfit(int[] prices) {
- int n = prices.length;
- int maxSell = prices[n - 1];
- int maxProfit = 0;
- for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
- maxProfit = Math.max(maxProfit, maxSell - prices[i]);
- maxSell = Math.max(maxSell, prices[i]);
- }
- return maxProfit;
- }
时空复杂度：
- 时间复杂度：O(N)
- 空间复杂度：O(1)
2. Best Time to Buy and Sell Stock III
与第一题类似，给你一组数组 prices=[3,3,5,0,0,3,1,4]。
prices[i] 代表在第 i 天股票的价格，可以进行买卖操作，但得先买了才能卖。
这一次，你最多进行2次买与卖的操作，问你能够赚到的最大收益是多少?
比如这个例子中，我们在第四天买第六天卖，和在第七天买第八天卖，我们可以得到 (3-0)+(4-1)=6，这是我们能得到的最大收益。
问题分析 ：
这道题升级了一点难度，可以进行两次的交易，但是只要打好了第一题的基础，这题也并不会太难的。
我们已经通过了第一题学会了如何计算最多进行一次买卖操作的最大利润，我们将通过已经计算好的一次交易最大利润去计算两次的是多少。
假设我们第一次 卖 发生在 i，那么我们第一次交易得发生在 prices[0 : i]， 而我们第二次交易得发生在 prices[i+1 : n]。
- 对于第一次交易，我们可以像第一题的 方法 3 一样，我们枚举每一次卖，我们只需要再找到 prices[i+1 : n] 的一次最大利润操作即可。
- 对于 prices[i+1 : n] 这一段，我们可以枚举买，如果买发生在 prices[i]，那么卖得发生在 prices[i+1 : n]。
方法1：
- public int maxProfit(int[] A) {
- int n = A.length;
- int maxProfit = 0;
- //dp[i] 代表 prices[i:n] 能得到的最大一次交易利润，也就是我们的第二次操作。
- int dp[] = new int[n];
- int maxSell = A[n-1];
- for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
- //maxSell-A[i] 代表如果我们在i这天进行购买的话的最大利润
- dp[i] = Math.max(dp[i+1], maxSell - A[i]);
- maxSell = Math.max(maxSell, A[i]);
- maxProfit = Math.max(maxProfit, dp[i]);
- }
- int minBuy = A[0];
- for (int i = 1; i < A.length - 1; i++) {
- //假设我们第一次卖发生在i,买得发生在prices[0:i-1]
- //第二次操作发生在prices[i+1 : n]，dp[i+1]表示prices[i+1 : n]这段区间进行一次操作的最大值
- maxProfit = Math.max(maxProfit, dp[i + 1] + (A[i] - minBuy));
- minBuy = Math.min(minBuy, A[i]);
- }
- return maxProfit;
- }
代码总结：
- 我们枚举第一次的卖发生在 i，那么第一次操作发生在prices[0 : i]，而第二次操作发生在 prices[i+1 : n]。
- 我们可以提前对 prices[i+1 : n] 进行提前处理。
- dp[i] 代表 prices[i : n] 最大利润的一次交易，我们可以像第一题的题解3一样去枚举买
- 再枚举第一次交易的卖，如果它发生在 i，我们能得到的最大利润就是prices[i] - min(prices[0 : i-1]) + dp[i+1]
空间复杂度和时间复杂度：
- 时间复杂度：O(N)
- 空间复杂度：O(N)
3. Best Time to Buy and Sell Stock with Transaction Fee && Best Time to Buy and Sell Stock II
题意：
同样还是给你一组数组代表每一天的股价，这次我们可以进行多次买卖，但是每一次买卖你需要多付一个fee。例如，prices = [1,3,2,8,4,9], fee = 2
我们可以在第1天买第4天卖和第5天买第6天卖，总收益是(8-1-2) + (9-4-2) = 8，这是我们能得到的最大收益。
这里我们两题一起讲，因为他们是一样的，Best Time to Buy and Sell Stock II 其实就是fee=0 的情况，如果我们能做出Best Time to Buy and Sell Stock with Transaction Fee，Best Time to Buy and Sell Stock II 就迎刃而解了。
问题分析 ：
与之前的问题一样，我们可以试着枚举买或者卖。
但是因为这次不只是只有一次操作这么简单，如果我们在 j 天进行购买和 i 天进行卖 (j
我们试着像第一题的方法1一样先从暴力入手，去试着枚举 (买，卖) pair。
如果我们在i天进行卖和j天进行买，他的单次交易 (singleTransaction) 能得到的利益是 prices[i]-prices[j]-fee。
但我们别忘了，我们prices[0 : j-1] 还可以进行其它的交易。
所以我们可以用一个 dp 去记录，dp[i] 表示 prices[0:i] 能得到的最大收益。
所以如果我们在 i天卖和在j 天买，那么我们能得到的最大收益就是 prices[i]-prices[j]-fee+dp[j-1]。
现在我们剩下的问题就是如何去计算dp[i]，如果我们在i 天进行卖，j 进行买，那么如果我们枚举所有 j 的 可能性的话，dp[i]=max(prices[i] - prices[j]-fee + dp[j-1])。
但是我们别忘了一件事，我们在i 这天也可以不进行任何的操作，所以还要跟 dp[i-1] 进行比较。
综上，dp[i]=max(dp[i-1], max(prices[i] - prices[j]-fee + dp[j-1]))
方法1：暴力解
- public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
- int n = prices.length;
- int dp[] = new int[n];//dp[i]表示 [0:i]的最大收益
- for (int i = 1; i < n; i++) {//枚举i,i是卖的天数
- dp[i] = dp[i - 1];
- for (int j = i - 1; j >= 0; j--) {//j 是买的天数，j<i
- int singleTransaction = Math.max(0, prices[i] - prices[j] - fee);
- //注意outbound
- if (j - 1 >= 0) {
- dp[i] = Math.max(dp[i], singleTransaction + dp[j - 1]);
- } else {
- dp[i] = Math.max(dp[i], singleTransaction);
- }
- }
- }
- return dp[n - 1];
- }
代码总结：
- 暴力的dp，我们还会通过仔细观察 dp 的关系转移去进行深一步的优化
空间复杂度和时间复杂度：
- 时间复杂度：O(N^2)
- 空间复杂度：O(N)
方法2：优化DP
我们可以从 dp 的关系转移中进行优化：
从方法1我们可以看出 dp[i]=max(dp[i-1], max(prices[i] - prices[j]-fee + dp[j-1]))，从这转移式中我们可以发现 i 是一个不变量，而 j 是变量。
首先，我们设dp[i]=dp[i-1]。
我们再仔细的观察一下这个式子 prices[i] - prices[j]-fee + dp[j-1]，当我们枚举 i 的时候，我们会发现prices[i] - fee 是个常数!
我们如果把式子重新整理一下，那它就是 (prices[i] - fee) - (prices[j] - dp[j-1])。
我们要是想整个式子的值越大，变量部分prices[j] - dp[j-1] 就得越小。
如果我们在 i 进行卖，dp[i] = (prices[i] - fee) - min(prices[j] - dp[j-1])，我们可以用一个min 去记录 prices[j] - dp[j-1]，一边遍历一边update。
没错，跟第一题的操作是完全一样的。
- public int maxProfit(int[] A, int fee) {
- int n = A.length;
- int dp[] = new int[n];
- int min = A[0];
- for (int i = 1; i < A.length; i++) {
- int cur = A[i] - fee;
- dp[i] = dp[i - 1];
- dp[i] = Math.max(dp[i], cur - min);
- min = Math.min(min, A[i] - dp[i - 1]);
- }
- return dp[n - 1];
- }
代码总结：
- DP 其实就是一种关系(式子)的转化，当我们求出他的基本关系的时候，我们可以看看能不能通过它的关系进行优化
空间复杂度和时间复杂度：
- 时间复杂度：O(N)
- 空间复杂度：O(N)
4. Best Time to Buy and Sell Stock with Cooldown
题意：
给你一个数组prices = [1,2,3,0,2]，你可以进行多次交易，但每完成一次交易得有一个cooldown，不能连续做交易
按照以上的数据，如果我们按这样的操作[buy, sell, cooldown, buy, sell] 我们能够得到利益 (2 - 1) + (2 - 0) =3，这是我们能够得到的最大利益
问题分析 ：
如果你会了第三题的解法，你会发现这题与上一题其实是异曲同工
因为有多次交易的关系，我们可以像上一题那样，使dp[i] 表示 prices[0 : i] 的最大收益。如果我们在 i 这天进行卖 和 j 这天进行买，我们能得到的收益就是 prices[i]-prices[j] + dp[j-2]
剩下的问题就是define dp[i]。我们首先dp[i]=dp[i-1]，因为在i这天我们可以不进行任何操作。然后我们要找的就是 max(prices[i] - prices[j] +dp[j-2])
和上一题一样，当我们在i 这天时，prices[i] 是个常数。我们只需要找到最大的 (-prices[j]+dp[j-2]) 即可，我们可以像上题一样一边计算一边记录
代码：
- public int maxProfit(int[] A) {
- if (A.length == 0) return 0;
- int dp[] = new int[A.length];
- //A[i]-A[j]+dp[j-2]
- int max = -A[0];
- for (int i = 1; i < A.length; i++) {
- dp[i] = Math.max(dp[i - 1], A[i] + max);
- if (i - 2 >= 0) {
- max = Math.max(max, dp[i - 2] - A[i]);
- } else {
- max = Math.max(max, -A[i]);
- }
- }
- return dp[A.length - 1];
- }
代码总结：
- 与上一题是异曲同工。我们首先把dp 的关系式找出来，然后根据这关系式再进行进一步的优化
空间复杂度和时间复杂度：
- 时间复杂度：O(N)
- 空间复杂度：O(N)
总结
今天给大家总结了5题的 股票系列 题目，大家可以从看到我们是如何一步一步分析问题然后优化解题方法的。
我们先用枚举的方式把问题暴力解出来，然后观察看哪些地方是可以进行优化的。
三四题我们还学习了如何对DP进行优化。
DP 就是一种关系的转换，在这转换过程中有时会很复杂，但有时又会有规律。
