华为 OD 训练营 · 题解精讲
LC123. 买卖股票的最佳时机 III
LC123. 买卖股票的最佳时机 III
题目描述
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 <= 10(5) 0 <= prices[i] <= 10(5)
题目解析
解题思路
本题限制最多两笔交易，采用三维动态规划。定义 dp[i][k][b] 表示第 i 天结束时，最多交易 k 次（买入时扣减次数），持有状态 b（0 不持有，1 持有）下的最大利润。状态转移考虑两种操作：当天不操作（继承前一天状态）或进行买卖（卖出获利、买入扣钱并减少一次交易机会）。
关键步骤
1. 初始化第 0 天：
dp[0][0][0]=0，dp[0][1][0]=0，dp[0][2][0]=0（不持有，利润 0）dp[0][1][1]=-prices[0]，dp[0][2][1]=-prices[0]（买入持有，利润为负股价）
2. 从第 1 天开始递推，每天更新四个状态：
dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + prices[i]) // 卖出或不动
dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1], dp[i-1][1][0] - prices[i]) // 买入（消耗一次交易）或不动
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i]) // 卖出或不动
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - prices[i]) // 买入（消耗一次交易）或不动3. 最终答案：dp[length-1][2][0]（最后一天不持有股票，最多两次交易的最大利润）
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)，只需遍历 prices 数组一次，每次常数操作。
- 空间复杂度：O(n)，三维数组大小为 n×3×2，可优化为 O(1) 但参考代码未优化。
参考代码
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
# 先获取数组的长度
length = len(prices)
# 设置一个三维数组 dp
# dp[i][k][b]
# i 表示天数，dp[i] 表示第 i 天的最大利润
# k 表示最多交易次数，每次交易包含买入和卖出，这里只在买入的时候将 k - 1
# 注意：【 k 表示最多交易次数，而不是实际交易次数，比如最多交易两次可能实际只交易一次】
# b 表示当前是否持有股票，取值为 0 和 1
# 其中 0 表示当前持有 0 份股票，即【不持有】股票
# 而 1 表示当前持有 1 份股票，即【持有】股票
# 在本题中，k 的值为 2，i 的取值范围为数组 prices 的长度，从 0 开始
# 越在前面的维度，总体上是越出现在后面
dp = [[[0] * 2 for _ in range(3)] for _ in range(length)]
# dp[0][0][0] 表示在第 0 天结束时，即收盘后，手上持有 0 份股票，且此时最多进行了 0 次交易的情况下可以获得的最大收益
# 此时，就是什么都没做，利润为 0
dp[0][0][0] = 0
# dp[0][1][0] 表示在第 0 天结束时，即收盘后，手上持有 0 份股票，且此时最多进行了 1 次交易的情况下可以获得的最大收益
# 此时，就是什么都没做，利润为 0
dp[0][1][0] = 0
# dp[0][1][1] 表示在第 0 天结束时，即收盘后，手上持有 1 份股票，且此时最多进行了 1 次交易的情况下可以获得的最大收益
# 手上持有了 1 份股票，那肯定是执行了买入操作，然后又还没有卖出，那么钱都投入了股票中，利润就是负的，即为 -prices[0]
dp[0][1][1] = -prices[0]
# dp[0][2][0] 表示在第 0 天结束时，即收盘后，手上持有 0 份股票，且此时最多进行了 2 次交易的情况下可以获得的最大收益
# 此时，就是什么都没做，利润为 0
dp[0][2][0] = 0
# dp[0][2][1] 表示在第 0 天结束时，即收盘后，手上持有 1 份股票，且此时最多进行了 2 次交易的情况下可以获得的最大收益
# 手上持有了 1 份股票，那肯定是执行了买入操作，然后又还没有卖出，那么钱都投入了股票中，利润就是负的，即为 -prices[0]
dp[0][2][1] = -prices[0]
# 动态规划：自底向上，即从前向后遍历，实现一个萝卜一个坑
for i in range( 1 ,length) :
# 对于每个坑来说，都有两种状态
# 今天也就是第 i 天
# 1、今天【不持有】股票，且此时最多进行了 2 次
# 第 i - 1 天【持有】股票，第 i 天卖出
# 昨天【持有】股票，今天卖出
# vs
# 第 i - 1 天【不持有】股票，第 i 天不操作
# 昨天【不持有】股票，今天不操作
dp[i][2][0] = max( dp[i - 1][2][0] , dp[i - 1][2][1] + prices[i] )
# 2、今天【持有】股票，且此时最多进行了 2 次
# 第 i - 1 天【持有】股票，第 i 天不操作
# 昨天【持有】股票，今天不操作
# vs
# 第 i - 1 天【不持有】股票，第 i 天买入
# 昨天【不持有】股票，今天买入
dp[i][2][1] = max( dp[i - 1][2][1] , dp[i - 1][1][0] - prices[i] )
# 3、今天【不持有】股票，且此时最多进行了 1 次
# 第 i - 1 天【持有】股票，第 i 天卖出
# 昨天【持有】股票，今天卖出
# vs
# 第 i - 1 天【不持有】股票，第 i 天不操作
# 昨天【不持有】股票，今天不操作
dp[i][1][0] = max( dp[i - 1][1][0] , dp[i - 1][1][1] + prices[i] )
# 4、今天【持有】股票，且此时最多进行了 1 次
# 第 i - 1 天【持有】股票，第 i 天不操作
# 昨天【持有】股票，今天不操作
# vs
# 第 i - 1 天【不持有】股票，第 i 天买入
# 昨天【不持有】股票，今天买入
dp[i][1][1] = max( dp[i - 1][1][1] , dp[i - 1][0][0] - prices[i] )
# for 循环结束后，dp 数组填充完毕
# dp[length - 1][1][0]
# 表示第 length - 1 天结束时，即收盘后，手上持有 0 份股票，且此时最多进行了 2 次交易的情况下可以获得的最大收益
return dp[length - 1][2][0]