动态规划入门：多状态 DP 问题实战（打家劫舍与股票买卖）

打家劫舍 II

题目描述： 房屋围成一圈，首尾相连，不能同时偷窃第一间和最后一间。

分析思路： 由于首尾互斥，可以将问题拆解为两个线性问题：

1. 偷窃第一间，不偷最后一间（范围 0 到 n-2）。
2. 不偷第一间，可以偷最后一间（范围 1 到 n-1）。 取两者的最大值即可。

代码实现：

class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        if (n == 1) return nums[0];
        return max(robRange(nums, 0, n - 2), robRange(nums, 1, n - 1));
    }

private:
    int robRange(const vector<int>& nums, int start, int end) {
        int n = nums.size();
        if (start > end) return 0;
        vector<int> f(n), g(n);
        f[start] = nums[start];
        g[start] = 0;
        
        for (int i = start + 1; i <= end; ++i) {
            f[i] = g[i - 1] + nums[i];
            g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1]);
        }
        return max(f[end], g[end]);
    }
};

删除并获得点数

题目描述： 选择一个数获得对应点数，但会删除所有等于该数 ±1 的数。求最大点数。

分析思路： 这题本质上是打家劫舍的变种。如果选择了数值 x，就不能选择 x-1 和 x+1。我们可以先统计每个数值的总点数，然后将其转化为'不能选择相邻索引'的问题。

代码实现：

class Solution {
public:
    int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {
        const int N = 10010;
        int arr[N] = {};
        int valMax = 0;
        
        // 统计每个数值的总点数
        for (int x : nums) {
            arr[x] += x;
            valMax = max(valMax, x);
        }
        
        vector<int> f(valMax + 1), g(valMax + 1);
        for (int i = 1; i <= valMax; ++i) {
            f[i] = g[i - 1] + arr[i];
            g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1]);
        }
        
        return max(f[valMax], g[valMax]);
    }
};

粉刷房子

题目描述： 有 n 栋房子，每栋房子可以刷红、绿、蓝三种颜色，相邻房子颜色不能相同，求最小花费。

分析思路： 这是三维状态的简化版。状态定义为 dp[i][j]，表示第 i 栋房子刷第 j 种颜色的最小花费。

• dp[i][0]：第 i 栋刷红色，前一栋只能是绿或蓝。
• dp[i][1]：第 i 栋刷绿色，前一栋只能是红或蓝。
• dp[i][2]：第 i 栋刷蓝色，前一栋只能是红或绿。

代码实现：

class Solution {
public:
    int minCost(vector<vector<int>>& costs) {
        int n = costs.size();
        // dp[i][j] 表示第 i 天刷第 j 种颜色的最小花费
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(3, 0));
        
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];
            dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];
            dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2];
        }
        
        return min({dp[n][0], dp[n][1], dp[n][2]});
    }
};

股票买卖系列

股票问题是多状态 DP 的经典应用，核心在于定义清楚每一天可能处于的状态（持有/未持有、冷冻期等）。

买卖股票的最佳时机含冷冻期

题目描述： 卖出股票后，第二天无法买入（冷冻期），求最大利润。

分析思路： 需要三个状态来描述每天结束后的情况：

1. dp[i][0]：持有股票。
2. dp[i][1]：不持有股票，且不在冷冻期（可交易）。
3. dp[i][2]：不持有股票，且在冷冻期。

状态转移：

• 持有：前一天就持有，或者前一天可交易今天买入。
• 可交易：前一天可交易，或者前一天冷冻期今天解冻。
• 冷冻期：前一天持有今天卖出。

代码实现：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        if (n == 0) return 0;
        
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(3));
        dp[0][0] = -prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        dp[0][2] = 0;
        
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);
            dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
        }
        
        return max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]);
    }
};

买卖股票的最佳时机含手续费

题目描述： 无限次交易，每次卖出需支付手续费。

分析思路： 只需两个状态：持有 (f) 和 不持有 (g)。

• f[i] = max(f[i-1], g[i-1] - price[i])
• g[i] = max(g[i-1], f[i-1] + price[i] - fee)

代码实现：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int n = prices.size();
        vector<int> f(n), g(n);
        f[0] = -prices[0];
        g[0] = 0;
        
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            f[i] = max(f[i - 1], g[i - 1] - prices[i]);
            g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1] + prices[i] - fee);
        }
        
        return g[n - 1];
    }
};

买卖股票的最佳时机 III & IV

题目描述： 最多完成 k 笔交易。III 中 k=2。

分析思路： 当交易次数有限制时，状态需要增加一维表示交易次数。为了避免三维数组过于复杂，可以将'买入'和'卖出'拆分为两个二维数组 f[i][j] 和 g[i][j]，分别表示第 i 天完成了 j 次交易后处于买入或卖出状态的最大利润。

代码实现（通用 k 次）：

class Solution {
public:
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        if (n == 0) return 0;
        
        // f[i][j]: 第 i 天，完成 j 次交易，处于买入状态
        // g[i][j]: 第 i 天，完成 j 次交易，处于卖出状态
        vector<vector<int>> f(n + 1, vector<int>(k + 1, -0x3F3F3F3F));
        vector<vector<int>> g(n + 1, vector<int>(k + 1, -0x3F3F3F3F));
        
        g[0][0] = 0;
        
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            for (int j = 0; j <= k; ++j) {
                f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i - 1]);
                g[i][j] = g[i - 1][j];
                if (j - 1 >= 0) {
                    g[i][j] = max(g[i][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i - 1]);
                }
            }
        }
        
        int res = INT_MIN;
        for (int j = 0; j <= k; ++j) {
            res = max(res, g[n][j]);
        }
        return res;
    }
};

总结

多状态 DP 的核心在于准确拆分状态。无论是打家劫舍的选择/不选，还是股票交易的持有/卖出，关键在于理清状态之间的依赖关系。

1. 打家劫舍类：通常是互斥状态，用两个数组分别记录选与不选的最优解。
2. 股票类：涉及时间、交易次数、持仓状态，状态维度较高。可以通过拆分买入/卖出状态将三维降为二维，降低理解难度。
3. 边界处理：虚拟节点或特殊初始化能有效避免下标越界问题。

掌握这些模式后，面对复杂的 DP 题目，先画状态图，再列方程，最后编码验证，就能从容应对。