此前也讲解过买卖股票的最佳时机系列的其他问题，可以阅读贪心算法_Yuan_Source的博客-CSDN博客https://blog.csdn.net/2302_80190174/category_12748026.html

题目描述

给定一个整数数组 prices，其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格 ；整数 fee 代表了交易股票的手续费用。 你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。

如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。 返回获得利润的最大值。 注意：这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。

示例 ：

输入：prices = [1, 4, 2, 8, 4, 9], fee = 2

输出：8

解释：

能够达到的最大利润:

• 在此处买入 prices[0] = 1
• 在此处卖出 prices[3] = 8
• 在此处买入 prices[4] = 4
• 在此处卖出 prices[5] = 9

总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8

解题思路

在这个问题中，我们可以定义两个动态规划数组：

1. buy[i]：表示在第 i 天结束时，如果持有股票，那么可以获得的最大利润。
2. sell[i]：表示在第 i 天结束时，如果不持有股票（即已经卖出），那么可以获得的最大利润。

注意，这里的“持有”和“不持有”状态是针对第 i 天结束时的状态而言的。

转移方程：

• 对于 buy[i]，有两种情况：
  • 第 i-1 天就持有股票，第 i 天没有进行任何操作。
  • 第 i-1 天不持有股票，第 i 天买入股票。
    因此，buy[i] = max(buy[i-1], sell[i-1] - prices[i])（这里我们假设买入操作会立即进行，不需要等待到第 i 天结束）。
• 对于 sell[i]，也有两种情况：
  • 第 i-1 天就不持有股票，第 i 天没有进行任何操作。
  • 第 i-1 天持有股票，第 i 天卖出股票，但需要支付手续费。
    因此，sell[i] = max(sell[i-1], buy[i-1] + prices[i] - fee)。

初始化：

• buy[0] = 0-prices[0]，因为第一天买入股票，利润就是负的股票价格。
• sell[0] = 0，因为第一天没有卖出股票，利润为0。

最终结果：

• 遍历完所有天数后，sell[n-1]（其中 n 是数组长度）即为所求的最大利润。

代码1：

int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {  
    int n = prices.size();  
    if (n == 0) return 0;  
      
    vector<int> buy(n, 0);  
    vector<int> sell(n, 0);  
      
    buy[0] = 0 - prices[0];  
    sell[0] = 0;  
      
    for (int i = 1; i < n; ++i) {  
        buy[i] = max(buy[i-1], sell[i-1] - prices[i]);  
        sell[i] = max(sell[i-1], buy[i-1] + prices[i] - fee);  
    }  
      
    return sell[n-1];  
}

 也可以将两个状态数组合并到二维dp数组。

代码2：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int n = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 0));
        dp[0][0] = 0 - prices[0]; // 买入后可以拥有的最大利润
        dp[0][1] = 0;             // 卖出后可以拥有的最大利润
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][1] - prices[i], dp[i - 1][0]);
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] + prices[i] - fee, dp[i - 1][1]);
        }
        int ret = 0;
        return dp[n - 1][1];
    }
};