最佳买卖股票时机含冷冻期

309. 最佳买卖股票时机含冷冻期

给定一个整数数组，其中第 i 个元素代表了第 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）:

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）。
卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。

示例:

1
2
3

输入: [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]

将「买入」和「卖出」分开考虑，「买入」为负收益，「卖出」为正收益。我们需要尽可能地降低负收益而提高正收益，我们可以使用动态规划，维护股市中每一天结束后可以获得的「累计最大收益」，并以此进行状态转移，得到最终的答案。

我们使用 f[i] 表示第 i 天结束之后的「累计最大收益」。根据题目描述，我们有三种状态：

有股票记为 f[i][0];
不在冷冻期，有股票，记为 f[i][1];
不在冷冻期，无股票，记为 f[i][2];

这里的处于冷冻期指在第 i 天结束之后的状态。也就是说：第 i 天结束之后处于冷冻期，那么第 i + 1 天将无法买入股票。

状态转移分析：

对于f[i][0]，第 i 天的股票可以是第 i - 1 天已经持有的，对应 f[i - 1][0]；或者是第 i 天买入的，第 i 天能买入股票证明第 i - 1 天没有股票且不能在冷冻期，对应f[i - 1][2]，加上买股票的负收益。因此状态转移方程为：
$$
f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][2] - prices[i])
$$
对于f[i][1]，我们在第 i 天结束之后在冷冻期，证明在第 i 天卖出了股票，说明第 i - 1 天必须持有股票，对应的状态为 f[i - 1][0]加上卖出股票的正收益。状态转移方程为：
$$
f[i][1] = f[i - 1][0] + prices[i]
$$

对于f[i][2]，我们在第 i 天结束之后不在冷冻期，可能在第 i - 1 天也是没有股票，不在冷冻期的状态转移过来，对应f[i - 1][2]；或者是第 i - 1 天无股票，在冷冻期的状态转移过来，对应f[i - 1][1]。状态转移方程为：
$$
f[i][2] = max(f[i - 1][2], f[i - 1][1])
$$
最终的答案为：
$$
max(f[n - 1][1], f[n - 1][2])
$$
如果在最后一天手里仍有股票是没有任何意义的。

我们可以初始化第 0 天的条件：f[0][0]=-prices[0]，'f[0][1]=0，f[0][2]=0

第 0 天有股票的负收益为 -prices[0]，第 0 天无股票的收益为 0 。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        if(n <= 0){
            return 0;
        }

        int[][] dp = new int[n][3];
        dp[0][0] = -prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        dp[0][2] = 0;

        for(int i = 1; i < n; i++){
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2] - prices[i]);
            dp[i][1] = dp[i - 1][0] + prices[i];
            dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1]);
        }
        return Math.max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]);
    }
}

时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)。

注意到第 i 天的状态只与第 i - 1 天的状态有关，我们可以将空间复杂度优化到常数级。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        if(n <= 0){
            return 0;
        }

        int one = -prices[0], two = 0, three = 0;

        for(int i = 1; i < n; i++){
            int newOne = Math.max(one, three - prices[i]);
            int newTwo = one + prices[i];
            int newThree = Math.max(three, two);

            one = newOne;
            two = newTwo;
            three = newThree;
        }
        return Math.max(two, three);
    }
}

时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)。