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309. 买卖股票的最佳时机含冷冻期

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 <= 5000
  • 0 <= prices[i] <= 1000

解法

方法一：记忆化搜索

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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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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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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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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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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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);
}

方法二：动态规划

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。

我们注意到，状态 $f[i][]$ 的转移只与 $f[i - 1][]$ 和 $f[i - 2][0]$ 有关，因此我们可以用三个变量 $f$, $f_0$, $f_1$ 代替数组 $f$，将空间复杂度优化到 $O(1)$。

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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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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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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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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];
}

方法三

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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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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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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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