LeetCode-714. 买卖股票的最佳时机含手续费
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给定一个整数数组 prices，其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格 ；整数 fee 代表了交易股票的手续费用。
你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。
返回获得利润的最大值。
注意： 这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。
示例 1：
输入： prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出： 8
解释： 能够达到的最大利润:
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 9
总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8
示例 2：
输入： prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出： 6
提示：
1 <= prices.length <= 5 * 1041 <= prices[i] < 5 * 1040 <= fee < 5 * 104
题解分析
本题是买卖股票问题的变种，其他相关的问题还有：
解法一：动态规划
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本题属于LeetCode【股票问题】的系列题之一。其实这种题目有一个通用的解题模板。详情参考：一个方法团灭 LEETCODE 股票买卖问题。
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我们定义的动态方程如下：dp[i][k][0 or 1]；0 <= i <= n - 1, 1 <= k <= K；n 为天数，K 为交易数的上限，0 和 1 代表是否持有股票。而我们想求的最终答案是 dp[n - 1][K][0]，即最后一天，最多允许 K 次交易，最多获得多少利润。读者可能问为什么不是 dp[n - 1][K][1]？因为 dp[n - 1][K][1] 代表到最后一天手上还持有股票，dp[n - 1][K][0] 表示最后一天手上的股票已经卖出去了，很显然后者得到的利润一定大于前者。
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股票系列问题的动态转移方程如下：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]) max( 今天选择保持前一天的状态, 今天选择出售股票 ) dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]) max( 今天选择保持前一天的状态, 今天选择购入股票 )这里着重提醒一下，时刻牢记「状态」的定义，k 的定义并不是「已进行的交易次数」，而是「最大交易次数的上限限制」。如果确定今天进行一次交易，且要保证截至今天最大交易次数上限为 k，那么昨天的最大交易次数上限必须是 k - 1。
修正：以前我以为在 sell 的时候给 k 减小 1 和在 buy 的时候给 k 减小 1 是等效的，但细心的读者向我提出质疑，经过深入思考我发现前者确实是错误的，因为交易是从 buy 开始，如果 buy 的选择不改变交易次数 k 的约束，会出现交易次数超出限制的的错误。 -
股票系列问题的边界处理如下：
dp[-1][...][0] = dp[...][0][0] = 0 dp[-1][...][1] = dp[...][0][1] = -infinity
dp[-1][...][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][...][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。dp[...][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0。dp[...][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的。dp[-1][...][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][...][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。dp[...][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0。dp[...][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。
- 本题的动态转移方程如下：
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] - fee) = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k][0] - prices[i] - fee) 我们发现数组中的 k 已经不会改变了，也就是说不需要记录 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] - fee)
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
int n = prices.length;
// dp[i][0]表示空股的最大利润，dp[i][1]表示持股的最大利润
int[][] dp = new int[n+1][2];
int mins = Integer.MIN_VALUE;
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = mins;
for(int i=1; i<=n; i++){
dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i-1]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i-1] - fee);
}
return dp[n][0];
}
}
解法二：动态规划压缩数组
- 看到动态数组的题目都应该下意识的想到压缩数组这种优化方法。
- 因为第i天的状态只能依赖于第i-1天，所以这里完全可以使用一维数组。进一步地，考虑到第二维长度最大为2，所以本题连数组都不需要，直接设置几个变量表示两类状态即可。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
int n = prices.length;
// dp[i][0]表示空股的最大利润，dp[i][1]表示持股的最大利润
int mins = Integer.MIN_VALUE;
int dp_0 = 0;
int dp_1 = mins;
for(int i=1; i<=n; i++){
dp_0 = Math.max(dp_0, dp_1 + prices[i-1]);
dp_1 = Math.max(dp_1, dp_0 - prices[i-1] - fee);
}
return dp_0;
}
}
