漫画：寻找股票买入卖出的最佳时机（动态规划）
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2020-11-04 00:41
前一段时间，我们介绍了一个经典算法题目：寻找股票买入卖出的最佳时机。这个题目看似简单，却有着许多种变化。
在上一篇中，我们讲解了最多1次买卖和无限次买卖的解法，那么，如果只允许最多2次股票买卖，如何寻找最佳时机呢？
我们仍然以之前的数组为例：
首先，寻找到1次买卖限制下的最佳买入卖出点：
两次买卖的位置是不可能交叉的，所以我们找到第1次买卖位置后，把这一对买入卖出点以及它们中间的元素全部剔除掉：
接下来，我们按照同样的思路，再从剩下的元素中寻找第2次买卖的最佳买入卖出点：
这样一来，我们就找到了最多2次买卖情况下的最佳选择：
对于上图的这个数组，如果独立两次求解，得到的最佳买入卖出点分别是【1,9】和【6,7】，最大收益是 （9-1）+（7-6）=9：
但实际上，如果选择【1,8】和【3,9】，最大收益是（8-1）+（9-3）=13>9：
所谓动态规划，就是把复杂的问题简化成规模较小的子问题，再从简单的子问题自底向上一步一步递推，最终得到复杂问题的最优解。
首先，让我们分析一下当前这个股票买卖问题，这个问题要求解的是一定天数范围内、一定交易次数限制下的最大收益。
既然限制了股票最多买卖2次，那么股票的交易可以划分为5个阶段：
没有买卖
第1次买入
第1次卖出
第2次买入
第2次卖出
我们把股票的交易阶段设为变量m（用从0到4的数值表示），把天数范围设为变量n。而我们求解的最大收益，受这两个变量影响，用函数表示如下：
最大收益 = F（m，n）（0<=m<=4，n>=1）
既然函数和变量已经确定，接下来我们就要确定动态规划的两大要素：
1.问题的初始状态
2.问题的状态转移方程式
问题的初始状态是什么呢？我们假定交易天数的范围只限于第1天，也就是n=1的情况：
1.如果没有买卖，也就是k=0时，最大收益显然是0，也就是 F（1,0）= 0
2.如果有1次买入，也就是k=1时，相当于凭空减去了第1天的股价，最大收益是负的当天股价，也就是 F（1,0）= -price[0]
3.如果有1次买出，也就是k=2时，买卖抵消（当然，这没有实际意义），最大收益是0，也就是 F（2,0）= 0
4.如果有2次买入，也就是k=3时，同k=1的情况，F（3,0）= 0
5.如果有2次卖出，也就是k=4时，同k=2的情况，F（4,0）= 0
确定了初始状态，我们再来看一看状态转移。假如天数范围限制从n-1天增加到n天，那么最大收益会有怎样的变化呢？
这取决于现在处于什么阶段（是第几次买入卖出），以及对第n天股价的操作（买入、卖出或观望）。让我们对各个阶段情况进行分析：
1.假如之前没有任何买卖，而第n天仍然观望，那么最大收益仍然是0，即 F（n，0） = 0
2.假如之前没有任何买卖，而第n天进行了买入，那么最大收益是负的当天股价，即 F（n，1）= -price[n-1]
3.假如之前有1次买入，而第n天选择观望，那么最大收益和之前一样，即 F（n，1）= F（n-1，1）
4.假如之前有1次买入，而第n天进行了卖出，那么最大收益是第1次买入的负收益加上当天股价，即那么 F（n，2）= F（n-1，1）+ price[n-1]
5.假如之前有1次卖出，而第n天选择观望，那么最大收益和之前一样，即 F（n，2）= F（n-1，2）
6.假如之前有1次卖出，而第n天进行2次买入，那么最大收益是第1次卖出收益减去当天股价，即F（n，3）= F（n-1，2） - price[n-1]
7.假如之前有2次买入，而第n天选择观望，那么最大收益和之前一样，即 F（n，3）= F（n-1，3）
8.假如之前有2次买入，而第n天进行了卖出，那么最大收益是第2次买入收益减去当天股价，即F（n，4）= F（n-1，3） + price[n-1]
9.假如之前有2次卖出，而第n天选择观望（也只能观望了），那么最大收益和之前一样，即 F（n，4）= F（n-1，4）
最后，我们把情况【2，3】，【4，5】，【6、7】，【8，9】合并，可以总结成下面的5个方程式：
F（n，0） = 0
F（n，1）= max（-price[n-1]，F（n-1，1））
F（n，2）= max（F（n-1，1）+ price[n-1]，F（n-1，2））
F（n，3）= max（F（n-1，2）- price[n-1]，F（n-1，3））
F（n，4）= max（F（n-1，3）+ price[n-1]，F（n-1，4））
从后面4个方程式中，可以总结出每一个阶段最大收益和上一个阶段的关系：
F（n，k） = max（F（n-1，k-1）+ price[n-1]，F（n-1，k））
由此我们可以得出，完整的状态转移方程式如下：
在表格中，不同的行代表不同天数限制下的最大收益，不同的列代表不同买卖阶段的最大收益。
我们仍然利用之前例子当中的数组，以此为基础来填充表格：
首先，我们为表格填充初始状态：
接下来，我们开始填充第2行数据。
没有买卖时，最大收益一定为0，因此F（2,0）的结果是0：
根据之前的状态转移方程式，F（2,1）= max（F（1,0）-2，F（1,1））= max（-2，-1）= -1，所以第2行第2列的结果是-1：
F（2,2）= max（F（1,1）+2，F（1,2））= max（1，0）= 1，所以第2行第3列的结果是1：
F（2,3）= max（F（1,2）-2，F（1,3））= max（-2，-1）= -1，所以第2行第4列的结果是-1：
F（2,4）= max（F（1,3）+2，F（1,4））= max（1，0）= 1，所以第2行第5列的结果是1：
接下来我们继续根据状态转移方程式，填充第3行的数据：
接下来填充第4行：
以此类推，我们一直填充完整个表格：
如图所示，表格中最后一个数据13，就是全局的最大收益。
//最大买卖次数
private static int MAX_DEAL_TIMES = 2;
public static int maxProfitFor2Time(int[] prices) {
if(prices==null || prices.length==0) {
return 0;
}
//表格的最大行数
int n = prices.length;
//表格的最大列数
int m = MAX_DEAL_TIMES*2+1;
//使用二维数组记录数据
int[][] resultTable = new int[n][m];
//填充初始状态
resultTable[0][1] = -prices[0];
resultTable[0][3] = -prices[0];
//自底向上，填充数据
for(int i=1;i for(int j=1;j if((j&1) == 1){
resultTable[i][j] = Math.max(resultTable[i-1][j], resultTable[i-1][j-1]-prices[i]);
}else {
resultTable[i][j] = Math.max(resultTable[i-1][j], resultTable[i-1][j-1]+prices[i]);
}
}
}
//返回最终结果
return resultTable[n-1][m-1];
}
//最大买卖次数
private static int MAX_DEAL_TIMES = 2;
public static int maxProfitFor2TimeV2(int[] prices) {
if(prices==null || prices.length==0) {
return 0;
}
//表格的最大行数
int n = prices.length;
//表格的最大列数
int m = MAX_DEAL_TIMES*2+1;
//使用一维数组记录数据
int[] resultTable = new int[m];
//填充初始状态
resultTable[1] = -prices[0];
resultTable[3] = -prices[0];
//自底向上，填充数据
for(int i=1;i for(int j=1;j if((j&1) == 1){
resultTable[j] = Math.max(resultTable[j], resultTable[j-1]-prices[i]);
}else {
resultTable[j] = Math.max(resultTable[j], resultTable[j-1]+prices[i]);
}
}
}
//返回最终结果
return resultTable[m-1];
}
在这段代码中，resultTable从二维数组简化成了一维数组。由于最大买卖次数是常量，所以算法的时间复杂度也从O（n）降低到了O（1）。
public static int maxProfitForKTime(int[] prices, int k) {
if(prices==null || prices.length==0) {
return 0;
}
//表格的最大行数
int n = prices.length;
//表格的最大列数
int m = k*2+1;
//使用一维数组记录数据
int[] resultTable = new int[m];
//填充初始状态
resultTable[1] = -prices[0];
resultTable[3] = -prices[0];
//自底向上，填充数据
for(int i=1;i for(int j=1;j if((j&1) == 1){
resultTable[j] = Math.max(resultTable[j], resultTable[j-1]-prices[i]);
}else {
resultTable[j] = Math.max(resultTable[j], resultTable[j-1]+prices[i]);
}
}
}
//返回最终结果
return resultTable[m-1];
}
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