一、LeetCode123. 买卖股票的最佳时机 III
1：题目描述（123. 买卖股票的最佳时机 III）
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）。
2：解题思路
本题关键在于至多买卖两次，这意味着可以买卖一次，可以买卖两次，也可以不买卖。
动态规划五部曲详细分析：
1：确定dp数组以及下标的含义
一天一共就有五个状态，
0：没有操作
1：第一次买入
2：第一次卖出
3：第二次买入
4：第二次卖出
dp[i][j]中 i表示第i天，j为 [0 - 4] 五个状态，dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金。
2：确定递推公式
需要注意：dp[i][1]，表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票，这是很多同学容易陷入的误区。
达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：
- 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]
- 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]
那么dp[i][1]究竟选 dp[i-1][0] - prices[i]，还是dp[i - 1][1]呢？
一定是选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
同理dp[i][2]也有两个操作：
- 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
- 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])
同理可推出剩下状态部分：
dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
3：dp数组如何初始化
第0天没有操作，这个最容易想到，就是0，即：dp[0][0] = 0;
第0天做第一次买入的操作，dp[0][1] = -prices[0];
第0天做第一次卖出的操作，这个初始值应该是多少呢？
首先卖出的操作一定是收获利润，整个股票买卖最差情况也就是没有盈利即全程无操作现金为0，
从递推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收获利润如果比0还小了就没有必要收获这个利润了。
所以dp[0][2] = 0;
第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？应该不少同学疑惑，第一次还没买入呢，怎么初始化第二次买入呢？
第二次买入依赖于第一次卖出的状态，其实相当于第0天第一次买入了，第一次卖出了，然后在买入一次（第二次买入），那么现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。
所以第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];
同理第二次卖出初始化dp[0][4] = 0;
4：确定遍历顺序
从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值。
5：打印dp数组
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
prices_len = len(prices)
if prices_len == 0:
return 0
# 规定每天都有5个状态：0-没有操作，1-第一次买入，2-第一次卖出，3-第二次买入，4-第二次卖出
# dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金
dp = [[0] * 5 for _ in range(prices_len)]
# dp[0][0] = 0
dp[0][1] = -prices[0] # 第一次买入，原始金额为0，所以买入后，所剩金额为-prices[0]
# dp[0][2] = 0
dp[0][3] = -prices[0] # 第二次买入，第一次买入卖出的所剩金额为0，所以买入后，所剩金额为-prices[0]
# dp[0][4] = 0
for i in range(1, prices_len):
dp[i][0] = dp[i-1][0]
# 第i天，第一次买入，
# 1：第i-1天就已经买入，保持现状，dp[i][1] = dp[i-1][1]
# 2：第i天买入，前一天没操作的所剩金额减去第i天的价格，dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0]-prices[i])
# 第一次卖出
# 1：第i-1天就已经卖出，保持现状，dp[i][2] = dp[i-1][2]
# 2：第i天卖出，前一天买入的所剩金额+第i天的价格，dp[i][2] = dp[i-1][1] + prices[i]
dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][1]+prices[i])
# 第二次买入，
# 1：第i-1天就已经买入，保持现状，dp[i][3] = dp[i-1][3]
# 2：第i天买入，前一天卖出后的所剩金额减去第i天的价格，dp[i][3] = dp[i-1][2] - prices[i]
dp[i][3] = max(dp[i-1][3], dp[i-1][2]-prices[i])
# 第二次卖出
# 1：第i-1天就已经卖出，保持现状，dp[i][4] = dp[i-1][4]
# 2：第i天卖出，前一天买入的所剩金额+第i天的价格，dp[i][4] = dp[i-1][3] + prices[i]
dp[i][4] = max(dp[i-1][4], dp[i-1][3]+prices[i])
return dp[-1][4]二、LeetCode188. 买卖股票的最佳时机 IV
1：题目描述（188. 买卖股票的最佳时机 IV）
给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 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 k 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）。
2：解题思路
动规五部曲，分析如下：
1：确定dp数组以及下标的含义
使用二维数组 dp[i][j] ：第i天的状态为j，所剩下的最大现金是dp[i][j]
j的状态表示为：
- 0 表示不操作
- 1 第一次买入
- 2 第一次卖出
- 3 第二次买入
- 4 第二次卖出
- .....
大家应该发现规律了吧 ，除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入。
题目要求是至多有K笔交易，那么j的范围就定义为 2 * k + 1 就可以了。
2：确定递推公式
dp[i][1]，表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票，这是很多同学容易陷入的误区。
达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：
- 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i - 1][0] - prices[i]
- 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]
选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
同理dp[i][2]也有两个操作：
- 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
- 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])
同理可以类比剩下的状态，代码如下：
for j in range(1, 2*k+1):
# j为奇数，买入
if j % 2 != 0:
# 1：第i-1天就已经买入，保持现状，dp[i][j] = dp[i-1][j]
# 2：第i天买入，前一天没操作或卖出后的所剩金额减去第i天的价格，dp[i][j] = dp[i-1][j-1]-prices[i]
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1]-prices[i])
# j为偶数，卖出
else:
# 1：第i-1天就已经卖出，保持现状，dp[i][j] = dp[i-1][j]
# 2：第i天卖出，前一天买入的所剩金额+第i天的价格，dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + prices[i]
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1]+prices[i])与123. 买卖股票的最佳时机 III最大的区别就是这里要类比j为奇数是买，偶数是卖的状态。
3：dp数组如何初始化
第0天没有操作，这个最容易想到，就是0，即：dp[0][0] = 0;
第0天做第一次买入的操作，dp[0][1] = -prices[0];
第0天做第一次卖出的操作，这个初始值应该是多少呢？
首先卖出的操作一定是收获利润，整个股票买卖最差情况也就是没有盈利即全程无操作现金为0，
从递推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收获利润如果比0还小了就没有必要收获这个利润了。
所以dp[0][2] = 0;
第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？
不用管第几次，现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。
第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];
所以同理可以推出dp[0][j]当j为奇数的时候都初始化为 -prices[0]，代码如下：
for j in range(1, 2*k+1, 2):
dp[0][j] = -prices[0]在初始化的地方同样要类比j为偶数是卖、奇数是买的状态。
4：确定遍历顺序
从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值。
5：打印dp数组
class Solution:
def maxProfit(self, k: int, prices: List[int]) -> int:
prices_len = len(prices)
if prices_len == 0:
return 0
# 规定每天都有(2*k+1)个状态：0-没有操作，1-第一次买入，2-第一次卖出，3-第二次买入，4-第二次卖出,
# 依次类推，奇数买入，偶数卖出
# dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金
dp = [[0]*(2*k+1) for _ in range(prices_len)]
for j in range(1, 2*k+1, 2):
# 初始化，初始化第0天，因为后面的都是由i=0推出来的
# 没有操作，所剩的金额就是：0，在定义dp数组是，已经全部置为0，所以不用初始化了
# 只要买入，所剩的金额就是：-prices[i]，都是在奇数的时候买入，所以初始化j为奇数的情况
dp[0][j] = -prices[0]
# 只要卖出了，所剩的金额都是0，在定义dp数组是，已经全部置为0，所以不用初始化了
for i in range(1, prices_len):
# 第i天，没有操作，前一天也没有操作，dp[i][0] = dp[i-1][0]
dp[i][0] = dp[i-1][0]
for j in range(1, 2*k+1):
# j为奇数，买入
if j % 2 != 0:
# 1：第i-1天就已经买入，保持现状，dp[i][j] = dp[i-1][j]
# 2：第i天买入，前一天没操作或卖出后的所剩金额减去第i天的价格，dp[i][j] = dp[i-1][j-1] - prices[i]
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1]-prices[i])
# j为偶数，卖出
else:
# 1：第i-1天就已经卖出，保持现状，dp[i][j] = dp[i-1][j]
# 2：第i天卖出，前一天买入的所剩金额+第i天的价格，dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + prices[i]
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1]+prices[i])
return dp[-1][2*k]
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