LeetCode 121. 买卖股票的最佳时机
给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。 示例 1：输入：[7,1,5,3,6,4]输出：5解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。 注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。示例 2：输入：prices = [7,6,4,3,1]输出：0解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。 提示：1 <= prices.length <= 1050 <= prices[i] <= 104普通 dp：
一般状态：
dp[i][0]：第 i 天的利润，0 表示不持有股票（从未持有过，或已卖出）dp[i][1]：第 i 天的利润，1 表示正在持有股票（之前也持有，或第 i 天才买入股票）初始状态
dp[0][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也没有买过，利润为 0dp[0][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前没有买过，是第 0 天才买入的，利润为 -prices[0]，及当日股票购入的价格状态转移方程
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])：第 i 天没有股票，说明要么第 i-1 天也没有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天有股票但是第 i 天卖出了。dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], - prices[i])：第 i 天持有股票，说明要么第 i-1 天也持有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天没有股票但是第 i 天买入。（这里注意不能写成 dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i-1][0] - prices[i]) ，因为该题只能买卖一次，买之前的利润都为 0）
class Solution { public int maxProfit(int[] prices) { int n = prices.length; int dp[][] = new int[n][2]; dp[0][0] = 0; dp[0][1] = -prices[0]; for(int i = 1; i < n; i++) { dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]); dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], - prices[i]); } return dp[n - 1][0]; }}时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(n)
状态压缩：
第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天的最大收益相关，空间复杂度可以降到 O(1)。去掉一维即可。
class Solution { public int maxProfit(int[] prices) { int n = prices.length; int dp[] = new int[2]; dp[0] = 0; dp[1] = -prices[0]; for(int i = 1; i < n; i++) { dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i]); dp[1] = Math.max(dp[1], - prices[i]); } return dp[0]; }}时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(1)
单调性的角度
用一个变量记录一个历史最低价格 minprice，我们就可以假设自己的股票是在那天买的。那么我们在第 i 天卖出股票能得到的利润就是 prices[i] - minprice
public class Solution { public int maxProfit(int prices[]) { int minprice = Integer.MAX_VALUE; int maxprofit = 0; for (int i = 0; i < prices.length; i++) { if (prices[i] < minprice) { minprice = prices[i]; } else if (prices[i] - minprice > maxprofit) { maxprofit = prices[i] - minprice; } } return maxprofit; }}时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(1)`
[LeetCode 122. 买卖股票的最佳时机 II](https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/)
给定一个数组 prices ，其中 prices[i] 表示股票第 i 天的价格。在每一天，你可能会决定购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以购买它，然后在 同一天 出售。返回 你能获得的 最大 利润 。 示例 1:输入: prices = [7,1,5,3,6,4]输出: 7解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。 随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。示例 2:输入: prices = [1,2,3,4,5]输出: 4解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。 注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。示例 3:输入: prices = [7,6,4,3,1]输出: 0解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。 提示：1 <= prices.length <= 3 * 1040 <= prices[i] <= 104普通 dp：
一般状态：
dp[i][0]：第 i 天的利润，0 表示不持有股票（从未持有过，或已卖出）dp[i][1]：第 i 天的利润，1 表示正在持有股票（之前也持有，或第 i 天才买入股票）初始状态
dp[0][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也没有买过，利润为 0dp[0][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前没有买过，是第 0 天才买入的，利润为 -prices[0]，及当日股票购入的价格状态转移方程
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])：第 i 天没有股票，说明要么第 i-1 天也没有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天有股票但是第 i 天卖出了。dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i])：第 i 天持有股票，说明要么第 i-1 天也持有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天没有股票但是第 i 天买入。
class Solution { public int maxProfit(int[] prices) { int n = prices.length; int dp[][] = new int[n][2]; dp[0][0] = 0; dp[0][1] = -prices[0]; for(int i = 1; i < n; i++) { dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]); dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]); } return dp[n - 1][0]; }}时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(n)
状态压缩：
第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天的最大收益相关，空间复杂度可以降到 O(1)。去掉一维即可。
class Solution { public int maxProfit(int[] prices) { int n = prices.length; int dp[] = new int[2]; dp[0] = 0; dp[1] = -prices[0]; for(int i = 1; i < n; i++) { dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i]); dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] - prices[i]); } return dp[0]; }}时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(1)
单调性
关键词是 不限制次数 ，一个处理方法就是只要后一天股票价格高于前一天，那就在前一天买进，后一天卖出，对所有利润求和得到总利润。
转化成函数中求所有单独递增段的增加值的总和。
class Solution { public int maxProfit(int[] prices) { int ans = 0; for(int i = 0; i < prices.length - 1; i++) { if(prices[i] < prices[i + 1]) { ans += prices[i + 1] - prices[i]; } } return ans; }}时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(1)`
LeetCode 123. 买卖股票的最佳时机 III
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 两笔 交易。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 = [3,3,5,0,0,3,1,4]输出：6解释：在第 4 天（股票价格 = 0）的时候买入，在第 6 天（股票价格 = 3）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。 随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。示例 2：输入：prices = [1,2,3,4,5]输出：4解释：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。 注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。 因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。示例 3：输入：prices = [7,6,4,3,1] 输出：0 解释：在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。示例 4：输入：prices = [1]输出：0 提示：1 <= prices.length <= 1050 <= prices[i] <= 105普通 dp
一般状态：
dp[i][k][0]：第 i 天的利润，且第 i 天没有股票（第 i - 1 天也没有，但是第 i 天没有任何操作；或者第 i - 1 天有，但是在第 i 天卖出了），k 表示第 i 天进行的最大交易次数dp[i][k][1]：第 i 天的利润，且第 i 天有股票（第 i - 1 天也有，但是第 i 天没有任何操作；或者第 i - 1 天没有，但是在第 i 天买入了），k 表示第 i 天进行的最大交易次数初始状态
dp[0][1][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也没有买过，利润为 0，最大交易次数为 1dp[0][1][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前没有买过，是第 0 天才买入的，利润为 -prices[0]，及当日股票购入的价格，最大交易次数为 1dp[0][2][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也没有买过，利润为 0，最大交易次数为 2dp[0][2][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前没有买过，是第 0 天才买入的，利润为 -prices[0]，及当日股票购入的价格，最大交易次数为 2状态转移方程
dp[i][2][0] = Math.max(dp[i - 1][2][0], dp[i - 1][2][1] + prices[i])：第 i 天没有股票，说明要么第 i-1 天也没有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天有股票但是第 i 天卖出了。dp[i][2][1] = Math.max(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0] - prices[i])：第 i 天持有股票，说明要么第 i-1 天也持有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天没有股票但是第 i 天买入，第 i - 1 天的最大交易次数比第 i 天的最大交易次数少 1。dp[i][1][0] = Math.max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i])：第 i 天没有股票，说明要么第 i-1 天也没有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天有股票但是第 i 天卖出了。dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])：第 i 天持有股票，说明要么第 i-1 天也持有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天没有股票但是第 i 天买入，第 i - 1 天的最大交易次数比第 i 天的最大交易次数少 1。
class Solution { public int maxProfit(int[] prices) { int n = prices.length; int[][][] dp = new int[n][3][2]; dp[0][1][0] = 0; dp[0][1][1] = -prices[0]; dp[0][2][0] = 0; dp[0][2][1] = -prices[0]; for(int i = 1; i < n; i++) { dp[i][2][0] = Math.max(dp[i - 1][2][0], dp[i - 1][2][1] + prices[i]); dp[i][2][1] = Math.max(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0] - prices[i]); dp[i][1][0] = Math.max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i]); dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i]); } return dp[n - 1][2][0]; }}时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(n)
状态压缩
第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天的最大收益相关，空间复杂度可以降到 O(1)。
class Solution { public int maxProfit(int[] prices) { int n = prices.length; int[][] dp = new int[3][2]; dp[1][0] = 0; dp[1][1] = -prices[0]; dp[2][0] = 0; dp[2][1] = -prices[0]; for(int i = 1; i < n; i++) { dp[2][0] = Math.max(dp[2][0], dp[2][1] + prices[i]); dp[2][1] = Math.max(dp[2][1], dp[1][0] - prices[i]); dp[1][0] = Math.max(dp[1][0], dp[1][1] + prices[i]); dp[1][1] = Math.max(dp[1][1], dp[0][0] - prices[i]); } return dp[2][0]; }}时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(1)
LeetCode 188. 买卖股票的最佳时机 IV
给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 是一支给定的股票在第 i 天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 k 笔交易。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：k = 2, prices = [2,4,1]输出：2解释：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。示例 2：输入：k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]输出：7解释：在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。 随后，在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入，在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。 提示：0 <= k <= 1000 <= prices.length <= 10000 <= prices[i] <= 1000普通 dp
一般状态：
dp[i][k][0]：第 i 天的利润，且第 i 天没有股票（第 i - 1 天也没有，但是第 i 天没有任何操作；或者第 i - 1 天有，但是在第 i 天卖出了），k 表示第 i 天进行的最大交易次数dp[i][k][1]：第 i 天的利润，且第 i 天有股票（第 i - 1 天也有，但是第 i 天没有任何操作；或者第 i - 1 天没有，但是在第 i 天买入了），k 表示第 i 天进行的最大交易次数初始状态
dp[0][k][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也没有买过，利润为 0，最大交易次数为 kdp[0][k][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前没有买过，是第 0 天才买入的，利润为 -prices[0]，及当日股票购入的价格，最大交易次数为 k状态转移方程
dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])：第 i 天没有股票，说明要么第 i-1 天也没有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天有股票但是第 i 天卖出了。dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])：第 i 天持有股票，说明要么第 i-1 天也持有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天没有股票但是第 i 天买入，第 i - 1 天的最大交易次数比第 i 天的最大交易次数少 1。
class Solution { public int maxProfit(int k, int[] prices) { if (prices == null || prices.length == 0) { return 0; } int n = prices.length; int[][][] dp = new int[n][k + 1][2]; for(int i = 1; i <= k; i++) { // 赋初值 dp[0][i][0] = 0; dp[0][i][1] = -prices[0]; } for(int i = 1; i < n; i++) { for(int j = 1; j <= k ;j++) { dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]); dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]); } } return dp[n - 1][k][0]; } }时间复杂度为 O(nk) 和空间复杂度为 O(nk)
状态压缩
第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天的最大收益相关
class Solution { public int maxProfit(int k, int[] prices) { if (prices == null || prices.length == 0) { return 0; } int n = prices.length; int[][] dp = new int[k + 1][2]; for(int i = 1; i <= k; i++) { dp[i][0] = 0; dp[i][1] = -prices[0]; } for(int i = 1; i < n; i++) { for(int j = 1; j <= k ;j++) { dp[j][0] = Math.max(dp[j][0], dp[j][1] + prices[i]); dp[j][1] = Math.max(dp[j][1], dp[j - 1][0] - prices[i]); } } return dp[k][0]; } }时间复杂度为 O(nk) 和空间复杂度为 O(k)
LeetCode 309. 最佳买卖股票时机含冷冻期
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普通 dp
一般状态：
dp[i][0]：第 i 天的利润，0 表示不持有股票（从未持有过，或已卖出）dp[i][1]：第 i 天的利润，1 表示正在持有股票（之前也持有，或第 i 天才买入股票）初始状态
dp[0][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也没有买过，利润为 0dp[0][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前没有买过，是第 0 天才买入的，利润为 -prices[0]，及当日股票购入的价格状态转移方程
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])：第 i 天没有股票，说明要么第 i-1 天也没有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天有股票但是第 i 天卖出了。dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 2][0] - prices[i])：第 i 天持有股票，说明要么第 i-1 天也持有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-2 天没有股票但是第 i 天买入。在有 冷却时间 的情况下，如果在第 i - 1 天卖出了股票，就不能在第 i 天买入股票。因此，如果要在第 i 天买入股票，第二个状态转移方程中就不能使用 dp[i - 1][0]，而应该使用 dp[i - 2][0]。class Solution { public int maxProfit(int[] prices) { int n = prices.length; int dp[][] = new int[n][2]; dp[0][0] = 0; dp[0][1] = -prices[0]; for(int i = 1; i < n; i++) { dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]); dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], (i >= 2 ? dp[i - 2][0] : 0) - prices[i]); } return dp[n - 1][0]; }}时间复杂度为 O(n) 和空间复杂度为 O(n)
状态压缩
第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天和第 i - 2 天的最大收益相关
class Solution { public int maxProfit(int[] prices) { int n = prices.length; int dp[] = new int[2]; dp[0] = 0; dp[1] = -prices[0]; int pre = 0; // 记录第 i - 2 天的利润（无股票） for(int i = 1; i < n; i++) { int nextProfit0 = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i]); int nextProfit1 = Math.max(dp[1], pre - prices[i]); pre = dp[0]; dp[0] = nextProfit0; dp[1] = nextProfit1; } return dp[0]; }}时间复杂度为 O(n) 和空间复杂度为 O(1)
LeetCode 714. 买卖股票的最佳时机含手续费
普通 dp
一般状态：
dp[i][0]：第 i 天的利润，0 表示不持有股票（从未持有过，或已卖出）dp[i][1]：第 i 天的利润，1 表示正在持有股票（之前也持有，或第 i 天才买入股票）初始状态
dp[0][0] = 0：第 0 天不持有股票，之前也没有买过，利润为 0dp[0][1] = -prices[0]：第 0 天持有股票，之前没有买过，是第 0 天才买入的，利润为 -prices[0]，及当日股票购入的价格状态转移方程
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])：第 i 天没有股票，说明要么第 i-1 天也没有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天有股票但是第 i 天卖出了。dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee)：第 i 天持有股票，说明要么第 i-1 天也持有股票并且第 i 天没有任何操作，要么第 i-1 天没有股票但是第 i 天买入，同时付手续费。
class Solution { public int maxProfit(int[] prices, int fee) { int n = prices.length; int[][] dp = new int[n][2]; dp[0][0] = 0; dp[0][1] = -prices[0] - fee; for(int i = 1; i < n; i++) { dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]); dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee); } return dp[n - 1][0]; }}时间复杂度为 O(n) 和空间复杂度为 O(n)
状态压缩
第 i 天的最大收益只和第 i - 1 天的最大收益相关
class Solution { public int maxProfit(int[] prices, int fee) { int n = prices.length; int[] dp = new int[2]; dp[0] = 0; dp[1] = -prices[0] - fee; for(int i = 1; i < n; i++) { dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] + prices[i]); dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] - prices[i] - fee); } return dp[0]; }}时间复杂度为 O(n) 和空间复杂度为 O(1)
从上面六个体可以总结出一个模板
dp[i][k][j]i ：第 i 天k ：可能的最大交易次数j ：j = 0 表示当前没有股票；j = 1 表示当前持有股票dp[i][k][0]：表示在第 i 天结束时，最多进行 k 次交易且在进行操作后持有 0 份股票的情况下可以获得的最大收益；dp[i][k][1]：表示在第 i 天结束时，最多进行 k 次交易且在进行操作后持有 1 份股票的情况下可以获得的最大收益。总共涉及到三个状态
dp[i][k][j] 与 dp[i - 1][k - 1][j] dp[i - 1][k][j] dp[i][k - 1][j] 等子问题有关。
一般的状态转移方程如下：
dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]); dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);其他问题只不过是在此基础上进行小变形，通过股票系列这几个题可以加深对动态规划的认识和理解，也可以有效的应对面试。
股票问题系列通解（转载翻译）
力扣官方题解