C/C++ 动态规划：多状态 DP 实战（打家劫舍与股票买卖）

2. 打家劫舍 II

题目描述：

房屋围成一圈，首尾相连。这意味着第一个和最后一个不能同时被选中。

思路： 将环形问题拆解为两个线性问题：

1. 选第一个房子，不选最后一个（范围 0 ~ n-2）。
2. 不选第一个房子，可选最后一个（范围 1 ~ n-1）。 取两者最大值即可。

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) {
        if (start > end) return 0;
        int n = nums.size();
        vector<int> f(n, 0);
        vector<int> g(n, 0);
        f[start] = nums[start];
        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]);
    }
};

3. 删除并获得点数

题目描述：

选择数字 x 获得 x 分，但必须删除所有 x-1 和 x+1。

思路： 这本质上是打家劫舍的变种。如果选择了数值 x，就不能选 x-1 和 x+1。我们可以统计每个数值的总和，将其转化为数组索引上的打家劫舍问题。

代码实现：

class Solution {
public:
    int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {
        const int N = 10010;
        int arr[N] = {};
        int valmax = 0;
        for (int x : nums) {
            arr[x] += x;
            valmax = max(valmax, x);
        }
        
        vector<int> f(valmax + 1, 0);
        vector<int> g(valmax + 1, 0);
        
        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]);
    }
};

4. 粉刷房子

题目描述：

相邻房子颜色不能相同，求最小花费。

思路： 引入三维状态或二维 DP 表。dp[i][color] 表示第 i 个房子刷成 color 颜色的最小花费。由于相邻不能同色，当前颜色只能从前一个房子的其他颜色转移而来。

代码实现：

class Solution {
public:
    int minCost(vector<vector<int>>& costs) {
        int n = costs.size();
        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][1], dp[i - 1][0]) + 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，核心在于构建状态机模型。

1. 含冷冻期

题目描述： 卖出后第二天不能买入（冷冻期）。

状态定义：

• dp[i][0]：持有股票。
• dp[i][1]：不持有股票，处于可交易状态。
• dp[i][2]：不持有股票，处于冷冻期。

转移方程：

• dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] - price)
• dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][2])
• dp[i][2] = dp[i-1][0] + price

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]);
    }
};

2. 含手续费

题目描述： 每次交易收取固定手续费。

思路： 在卖出时扣除手续费即可。状态分为持有和不持有。

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];
    }
};

3. 最多两笔交易 (III)

题目描述： 最多完成两笔交易。

思路： 需要记录交易次数 j。状态包括：第 i 天，已完成 j 次交易，当前持有/未持有。 为了避免三维数组，可以将'持有'和'未持有'拆分为两个二维数组 f[i][j] 和 g[i][j]。

代码实现：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        vector<vector<int>> f(n + 1, vector<int>(3, -0x3F3F3F3F));
        vector<vector<int>> g(n + 1, vector<int>(3, -0x3F3F3F3F));
        g[0][0] = 0;
        
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 0; j <= 2; 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 - 1][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i - 1]);
                }
            }
        }
        
        int res = INT_MIN;
        for (int j = 0; j <= 2; j++) {
            res = max(res, g[n][j]);
        }
        return res;
    }
};

4. 最多 k 笔交易 (IV)

思路： 与 III 类似，只需将交易次数限制改为 k。

代码实现：

class Solution {
public:
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        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 - 1][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 的核心在于准确的状态拆分。

1. 互斥状态：如打家劫舍，选择或不选择，通常用两个数组分别维护。
2. 多维约束：如粉刷房子，颜色互斥，需增加维度或状态位。
3. 状态机模型：如股票问题，明确买入、卖出、冷冻等状态流转关系。

当状态超过三种时，尝试将部分状态独立出来（如持有/未持有），降维处理往往能简化逻辑。编写时务必注意边界条件，特别是初始化和循环下标，避免越界访问。