难度中等
题目描述
给定一个整数数组prices，其中第 prices[i] 表示第 i 天的股票价格 。
设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:
- 卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
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: prices = [1,2,3,0,2]
输出: 3
解释: 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]
示例 2:
输入: prices = [1]
输出: 0
提示：
1 <= prices.length <= 50000 <= prices[i] <= 1000
解法
方法一：记忆化搜索
思考
买卖可进行多次，卖出后须冷却一天。若按「第几天、是否持有、是否处于冷却」穷举决策树，同一状态会被反复展开。
状态可压成 \((i,j)\)：从第 \(i\) 天起、是否持有股票。每天可跳过；持有则可卖出并跳到 \(i+2\)，空仓则可买入并进入持有。记忆化后每个状态只算一次，卖出多走一天即表达冷却。
我们设计一个函数 \(dfs(i, j)\)，表示从第 \(i\) 天开始，状态为 \(j\) 时，能够获得的最大利润。其中 \(j\) 的取值为 \(0, 1\)，分别表示当前不持有股票和持有股票。答案即为 \(dfs(0, 0)\)。
函数 \(dfs(i, j)\) 的执行逻辑如下：
如果 \(i \geq n\)，表示已经没有股票可以交易了，此时返回 \(0\)；
否则，我们可以选择不交易，此时 \(dfs(i, j) = dfs(i + 1, j)\)。我们也可以进行股票交易，如果此时 \(j \gt 0\)，说明当前持有股票，可以卖出，此时 \(dfs(i, j) = prices[i] + dfs(i + 2, 0)\)；如果此时 \(j = 0\)，说明当前不持有股票，可以买入，此时 \(dfs(i, j) = -prices[i] + dfs(i + 1, 1)\)。取最大值作为函数 \(dfs(i, j)\) 的返回值。
答案为 \(dfs(0, 0)\)。
为了避免重复计算，我们使用记忆化搜索的方法，用一个数组 \(f\) 记录 \(dfs(i, j)\) 的返回值，如果 \(f[i][j]\) 不为 \(-1\)，说明已经计算过，直接返回 \(f[i][j]\) 即可。
时间复杂度 \(O(n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)。其中 \(n\) 为数组 \(prices\) 的长度。
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14 | class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
@cache
def dfs(i: int, j: int) -> int:
if i >= len(prices):
return 0
ans = dfs(i + 1, j)
if j:
ans = max(ans, prices[i] + dfs(i + 2, 0))
else:
ans = max(ans, -prices[i] + dfs(i + 1, 1))
return ans
return dfs(0, 0)
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26 | class Solution {
private int[] prices;
private Integer[][] f;
public int maxProfit(int[] prices) {
this.prices = prices;
f = new Integer[prices.length][2];
return dfs(0, 0);
}
private int dfs(int i, int j) {
if (i >= prices.length) {
return 0;
}
if (f[i][j] != null) {
return f[i][j];
}
int ans = dfs(i + 1, j);
if (j > 0) {
ans = Math.max(ans, prices[i] + dfs(i + 2, 0));
} else {
ans = Math.max(ans, -prices[i] + dfs(i + 1, 1));
}
return f[i][j] = ans;
}
}
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24 | class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
int f[n][2];
memset(f, -1, sizeof(f));
function<int(int, int)> dfs = [&](int i, int j) {
if (i >= n) {
return 0;
}
if (f[i][j] != -1) {
return f[i][j];
}
int ans = dfs(i + 1, j);
if (j) {
ans = max(ans, prices[i] + dfs(i + 2, 0));
} else {
ans = max(ans, -prices[i] + dfs(i + 1, 1));
}
return f[i][j] = ans;
};
return dfs(0, 0);
}
};
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25 | func maxProfit(prices []int) int {
n := len(prices)
f := make([][2]int, n)
for i := range f {
f[i] = [2]int{-1, -1}
}
var dfs func(i, j int) int
dfs = func(i, j int) int {
if i >= n {
return 0
}
if f[i][j] != -1 {
return f[i][j]
}
ans := dfs(i+1, j)
if j > 0 {
ans = max(ans, prices[i]+dfs(i+2, 0))
} else {
ans = max(ans, -prices[i]+dfs(i+1, 1))
}
f[i][j] = ans
return ans
}
return dfs(0, 0)
}
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20 | function maxProfit(prices: number[]): number {
const n = prices.length;
const f: number[][] = Array.from({ length: n }, () => Array.from({ length: 2 }, () => -1));
const dfs = (i: number, j: number): number => {
if (i >= n) {
return 0;
}
if (f[i][j] !== -1) {
return f[i][j];
}
let ans = dfs(i + 1, j);
if (j) {
ans = Math.max(ans, prices[i] + dfs(i + 2, 0));
} else {
ans = Math.max(ans, -prices[i] + dfs(i + 1, 1));
}
return (f[i][j] = ans);
};
return dfs(0, 0);
}
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方法二：动态规划
思考
方法一从末尾填了一张后缀表。同样的选择也可以从左往右写： \(f[i][0/1]\) 为前 \(i\) 天结束时不持有/持有的最大利润。不持有由「继续空仓」或「今日卖出」转移；持有由「继续持有」或「冷却结束后买入」转移，买入只能接 \(f[i-2][0]\)。
自左向右填表，答案为最后一天空仓。时间仍为 \(O(n)\)。
我们也可以用动态规划的方法求解。
我们定义 \(f[i][j]\) 表示到第 \(i\) 天，且状态为 \(j\) 时，能够获得的最大利润。其中 \(j\) 的取值为 \(0, 1\)，分别表示当前不持有股票和持有股票。初始时 \(f[0][0] = 0\), \(f[0][1] = -prices[0]\)。
当 \(i \geq 1\) 时，如果当前不持有股票，那么 \(f[i][0]\) 可以由 \(f[i - 1][0]\) 和 \(f[i - 1][1] + prices[i]\) 转移得到，即 \(f[i][0] = \max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] + prices[i])\)；如果当前持有股票，那么 \(f[i][1]\) 可以由 \(f[i - 1][1]\) 和 \(f[i - 2][0] - prices[i]\) 转移得到，即 \(f[i][1] = \max(f[i - 1][1], f[i - 2][0] - prices[i])\)。最终答案为 \(f[n - 1][0]\)。
时间复杂度 \(O(n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)。其中 \(n\) 为数组 \(prices\) 的长度。
| class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
n = len(prices)
f = [[0] * 2 for _ in range(n)]
f[0][1] = -prices[0]
for i in range(1, n):
f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] + prices[i])
f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 2][0] - prices[i])
return f[n - 1][0]
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12 | class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int[][] f = new int[n][2];
f[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
f[i][0] = Math.max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] + prices[i]);
f[i][1] = Math.max(f[i - 1][1], (i > 1 ? f[i - 2][0] : 0) - prices[i]);
}
return f[n - 1][0];
}
}
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14 | class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
int f[n][2];
memset(f, 0, sizeof(f));
f[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] + prices[i]);
f[i][1] = max(f[i - 1][1], (i > 1 ? f[i - 2][0] : 0) - prices[i]);
}
return f[n - 1][0];
}
};
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14 | func maxProfit(prices []int) int {
n := len(prices)
f := make([][2]int, n)
f[0][1] = -prices[0]
for i := 1; i < n; i++ {
f[i][0] = max(f[i-1][0], f[i-1][1]+prices[i])
if i > 1 {
f[i][1] = max(f[i-1][1], f[i-2][0]-prices[i])
} else {
f[i][1] = max(f[i-1][1], -prices[i])
}
}
return f[n-1][0]
}
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| function maxProfit(prices: number[]): number {
const n = prices.length;
const f: number[][] = Array.from({ length: n }, () => Array.from({ length: 2 }, () => 0));
f[0][1] = -prices[0];
for (let i = 1; i < n; ++i) {
f[i][0] = Math.max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] + prices[i]);
f[i][1] = Math.max(f[i - 1][1], (i > 1 ? f[i - 2][0] : 0) - prices[i]);
}
return f[n - 1][0];
}
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方法三：动态规划（空间优化）
思考
方法二中 \(f[i]\) 只依赖 \(i-1\) 与 \(i-2\)，无需整张表。用三个变量滚动「前日空仓、昨日空仓、昨日持有」，按原转移更新即可把空间降到 \(O(1)\)。
\(f[i]\) 只与前两天有关，用三个变量滚动即可，空间复杂度 \(O(1)\)。
| class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
f, f0, f1 = 0, 0, -prices[0]
for x in prices[1:]:
f, f0, f1 = f0, max(f0, f1 + x), max(f1, f - x)
return f0
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12 | class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int f = 0, f0 = 0, f1 = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.length; ++i) {
int g0 = Math.max(f0, f1 + prices[i]);
f1 = Math.max(f1, f - prices[i]);
f = f0;
f0 = g0;
}
return f0;
}
}
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13 | class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int f = 0, f0 = 0, f1 = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.size(); ++i) {
int g0 = max(f0, f1 + prices[i]);
f1 = max(f1, f - prices[i]);
f = f0;
f0 = g0;
}
return f0;
}
};
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| func maxProfit(prices []int) int {
f, f0, f1 := 0, 0, -prices[0]
for _, x := range prices[1:] {
f, f0, f1 = f0, max(f0, f1+x), max(f1, f-x)
}
return f0
}
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| function maxProfit(prices: number[]): number {
let [f, f0, f1] = [0, 0, -prices[0]];
for (const x of prices.slice(1)) {
[f, f0, f1] = [f0, Math.max(f0, f1 + x), Math.max(f1, f - x)];
}
return f0;
}
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方法四：动态规划
思考
买卖可进行多次，卖出后须冷却一天。 \(n \le 5000\)，按决策树展开不可行。
状态是天数和是否持有。跳过当天总会先调用下一天再返回，调用链长度为 \(n\)，栈会溢出。
更靠后的天数在从末尾往前走时已经就绪。令 \(f[i][j]\) 为从第 \(i\) 天起、持有标记为 \(j\) 的最大利润，从 \(i=n-1\) 填到 \(0\)。卖出落到 \(i+2\)，多出的一天就是冷却。
令 \(f[i][j]\) 表示从第 \(i\) 天开始、状态为 \(j\) 时能够获得的最大利润。 \(j\) 取 \(0\) 或 \(1\)，分别表示当前不持有股票和持有股票。答案为 \(f[0][0]\)。越过最后一天的利润为 \(0\)，因此 \(f[n][j] = f[n + 1][j] = 0\)。
我们从 \(i = n - 1\) 填到 \(0\)。不交易则保留 \(f[i + 1][j]\)。若 \(j > 0\)，当前持有股票，可以卖出，利润为 \(prices[i] + f[i + 2][0]\)，多出的一天即冷却。若 \(j = 0\)，当前不持有股票，可以买入，利润为 \(-prices[i] + f[i + 1][1]\)。取较大值：
当 \(j > 0\) 时，
\[ f[i][j] = \max(f[i + 1][j],\ prices[i] + f[i + 2][0]) \]
当 \(j = 0\) 时，
\[ f[i][j] = \max(f[i + 1][j],\ -prices[i] + f[i + 1][1]) \]
时间复杂度 \(O(n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)。其中 \(n\) 为数组 \(prices\) 的长度。
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13 | class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
n = len(prices)
f = [[0] * 2 for _ in range(n + 2)]
for i in range(n - 1, -1, -1):
for j in range(2):
ans = f[i + 1][j]
if j:
ans = max(ans, prices[i] + f[i + 2][0])
else:
ans = max(ans, -prices[i] + f[i + 1][1])
f[i][j] = ans
return f[0][0]
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18 | class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int[][] f = new int[n + 2][2];
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
for (int j = 0; j < 2; ++j) {
int ans = f[i + 1][j];
if (j > 0) {
ans = Math.max(ans, prices[i] + f[i + 2][0]);
} else {
ans = Math.max(ans, -prices[i] + f[i + 1][1]);
}
f[i][j] = ans;
}
}
return f[0][0];
}
}
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19 | class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
vector<vector<int>> f(n + 2, vector<int>(2));
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
for (int j = 0; j < 2; ++j) {
int ans = f[i + 1][j];
if (j) {
ans = max(ans, prices[i] + f[i + 2][0]);
} else {
ans = max(ans, -prices[i] + f[i + 1][1]);
}
f[i][j] = ans;
}
}
return f[0][0];
}
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16 | func maxProfit(prices []int) int {
n := len(prices)
f := make([][2]int, n+2)
for i := n - 1; i >= 0; i-- {
for j := 0; j < 2; j++ {
ans := f[i+1][j]
if j > 0 {
ans = max(ans, prices[i]+f[i+2][0])
} else {
ans = max(ans, -prices[i]+f[i+1][1])
}
f[i][j] = ans
}
}
return f[0][0]
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16 | function maxProfit(prices: number[]): number {
const n = prices.length;
const f: number[][] = Array.from({ length: n + 2 }, () => Array(2).fill(0));
for (let i = n - 1; i >= 0; --i) {
for (let j = 0; j < 2; ++j) {
let ans = f[i + 1][j];
if (j) {
ans = Math.max(ans, prices[i] + f[i + 2][0]);
} else {
ans = Math.max(ans, -prices[i] + f[i + 1][1]);
}
f[i][j] = ans;
}
}
return f[0][0];
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