参考：Most consistent ways of dealing with the series of stock problems
参考翻译：股票问题系列通解（转载翻译）
股票问题一共有六道题：
- 121. 买卖股票的最佳时机
- 122. 买卖股票的最佳时机 II
- 123. 买卖股票的最佳时机 III
- 188. 买卖股票的最佳时机 IV
- 309. 最佳买卖股票时机含冷冻期
- 714. 买卖股票的最佳时机含手续费
股票问题本质上是「状态机DP」
首先介绍一些符号：
- 用
n表示股票价格数组的长度； - 用
i表示第i天（i的取值范围是0到n - 1）； - 用
maxK表示允许的最大交易次数；
假设用 dp[i][k] 表示在第 i 天结束时，进行 k 笔交易的情况下可以获得的最大收益。记录了 [0, i] 范围的最优解。
基础情况为 dp[i][0] = 0，表示没有进行股票交易时没有收益
如何进行状态转移：第 i 天可能的操作有三个：买入、卖出、休息，通过计算得到选择每个操作可以得到的最大收益
这里和参考中的定义不同，参考中定义第二维度为「最多」进行 k 笔交易，个人感觉直接定义为进行 k 笔交易清楚些
第二维度定义的不同，会引起初始化和答案返回的不同，一定要理解和注意
但是题目或者现实世界是有限制条件的，要符合逻辑
- 规定不能同时进行多次交易，因此如果决定在第
i天买入，在买入之前必须持有0份股票， - 如果决定在第
i天卖出，在卖出之前必须恰好持有1份股票。
因此用「第 i 天」和「当天结束后进行了 k 次交易」两个维度描述一个状态是不完整的
「当天结束后持有股票的数量」是第三个关键维度，该因素影响第 i 天可以进行的操作，进而影响最大收益。
因此对状态 dp 用三个维度重新状态定义：
dp[i][k][0]表示在第i天结束时，进行k笔交易且在进行操作后持有0份股票的情况下可以获得的最大收益；dp[i][k][1]表示在第i天结束时，进行k笔交易且在进行操作后持有1份股票的情况下可以获得的最大收益。
每次（笔）交易包含成对的操作：「买入」和「卖出」，仅当「买入」时会增加交易次数，一笔交易应该被理解为一次「交易周期」，买入会增加一次交易周期，而「卖出」只是将这次交易周期「闭环」，实际不会增加交易周期的次数
状态转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])-
dp[i][k][0]，当前结束后持有的股票为0个，因此当天仅可进行「休息」和「卖出」操作，取两种操作的最大值- 当天「休息」，
dp[i - 1][k][0] - 当天「卖出」，
dp[i - 1][k][1] + prices[i]，股票持有数从前一天的1减少到当前的0，由于是卖出操作不会影响到交易周期的次数，因此k不变，最后收益增加prices[i]
- 当天「休息」，
-
dp[i][k][1]，当前结束后持有的股票为1个，因此当天仅可进行「休息」和「买入」操作，取两种操作的最大值- 当天「休息」，
dp[i - 1][k][1] - 当天「买入」，
dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]，股票持有数从前一天的0增加到当前的1，由于是买入操作交易周期数从前一天的k-1次增加到当前的k笔，最后收益减少prices[i]
- 当天「休息」，
base case：初始化第 0 天的情况
dp[0][0][0] = 0，第0天没进行任何操作，收益为0dp[0][1][1] = -prices[0]，第0天买了股票，收益为-prices[0]dp[0][k][j] = INT_MIN >> 1，类似这种第0天买了k次股票，不可能发生的事，用INT_MIN >> 1标记
INT_MIN除以2，是因为在遍历的过程中，dp记录的值会变得更小
获取答案：
由于我们将 dp[i][k][j] 定义为在第 i 天结束时，进行 k 笔交易后，获得的最大收益；
- 首先，一定是持有的股票数清
j = 0后的才能获得最大收益 - 其次，最后一天的最大收益，位于进行
k笔交易状态中的最大一个
所以，max{dp[n-1][k][0]...}
- 最后，由于初始化的时候引入了无穷小，结果可能是「负的」，代表一顿操作不如不买，这种情况返回
0
上述六个股票问题是根据 maxK 的值进行分类的，其中 maxK 是允许的最大交易次数。最后两个问题有附加限制，包括「冷冻期」和「手续费」。通解可以应用于每个股票问题。
给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。
输入：[7,1,5,3,6,4]
输出：5
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
提示：
1 <= prices.length <= 10^50 <= prices[i] <= 10^4
0. 分析题目要求：
- 限制了最多 1 笔交易，仅有
dp[i][0][0]是有意义的，其他的dp[i][0][j]都无意义（仔细考虑下） - 因此，去掉第二个维度，用 0 替代
dp[i][0][0] - 不能同时参与多笔交易，手上可能存在 0 或 1 支股票
1. 定义状态
dp[i][0]第 i 天，当天结束后，持有股票数为 0 的最大利润（[0, i]范围的最优解）dp[i][1]第 i 天，当天结束后，持有股票数为 1 的最大利润（[0, i]范围的最优解）
2. 状态转移方程
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], 0 - prices[i])-
dp[i][0]，当前结束后持有的股票为0个，因此当天仅可进行「休息」和「卖出」操作，取两种操作的最大值- 当天「休息」，
dp[i - 1][0] - 当天「卖出」，
dp[i - 1][1] + prices[i]，股票持有数从前一天的1减少到当前的0，最后收益增加prices[i]
- 当天「休息」，
-
dp[i][1]，当前结束后持有的股票为1个，因此当天仅可进行「休息」和「买入」操作，取两种操作的最大值- 当天「休息」，
dp[i - 1][1] - 当天「买入」，
0 - prices[i]，收益减少prices[i]
- 当天「休息」，
问：这里为什么是用 0 减而不是 dp[i-1][0] ?
答：本题目要求，只能进行一次交易周期
- 因此在当天买入前不能进行交易，前一天的最大收益必然为
0 dp[i-1][0]代表了第i - 1天结束后，持有股票数为0，其中包含了前面的i-1天可能进行过交易，后来又卖出的情况- 如果真要用状态来计算的话，应该使用
dp[i-1][0][0]，第i - 1天最大的交易次数为0次（不能交易）且持有股票数为0 - 而交易次数这个维度已经被消除掉了，故直接用 0 表示前面那些天不能交易的最大收益
3. 初始化
第 0 天的时候休息：dp[0][0] = 0
第 0 天的时候买入：dp[0][1] = -prices[i]
4. 输出
dp[n-1][0] 第 n-1 天，当天结束后，持有股票数为 0 的最大利润（肯定比最后一天手上还有股票的情况好）
空间优化
仅和前一天有关，可优化
复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n) 或 O(1)
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 0));
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]); // 当天 休息 或 卖
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], -prices[i]); // 当天 休息 或 买
}
return dp[n - 1][0];
}
};滚动数组：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
int pre_zero = 0;
int pre_one = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
int cur_zero = max(pre_zero, pre_one + prices[i]); // 当天 休息 或 卖
int cur_one = max(pre_one, -prices[i]); // 当天 休息 或 买
pre_zero = cur_zero;
pre_one = cur_one;
}
return pre_zero;
}
};还有个模拟的算法：
提前算出当天前面那些天的最低股票
去模拟，前面最低的时候买，当前卖，记录整个过程中的最大值
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if (n == 1) return 0;
// memo[i] 第i个元素前最低的股票价格，不包括prices[i]
vector<int> memo(n, 0);
memo[0] = INT_MAX;
for (int i = 1; i < n; i++) {
memo[i] = min(memo[i-1], prices[i-1]);
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (prices[i] > memo[i]) {
ans = max(ans, prices[i] - memo[i]);
}
}
return ans;
}
};给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。
在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润 。
输入：prices = [7,1,5,3,6,4]
输出：7
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3 。
总利润为 4 + 3 = 7 。
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 。
总利润为 4 。
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为 0 。
提示：
1 <= prices.length <= 3 * 1040 <= prices[i] <= 104
0. 分析题目要求：
- 题目没有限制当天的交易次数，每天可进行无限次交易，第二个维度（当天交易的次数）就没了意义，不用了
- 不能同时参与多笔交易，手上可能存在 0 或 1 支股票
1. 定义状态
dp[i][0]第 i 天，当天结束后，持有股票数为 0 的最大利润（[0, i]范围的最优解）dp[i][1]第 i 天，当天结束后，持有股票数为 1 的最大利润（[0, i]范围的最优解）
2. 状态转移方程
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][0] - prices[i])-
dp[i][0]，当前结束后持有的股票为0个，因此当天仅可进行「休息」和「卖出」操作，取两种操作的最大值- 当天「休息」，
dp[i - 1][0] - 当天「卖出」，
dp[i - 1][1] + prices[i]，股票持有数从前一天的1减少到当前的0，最后收益增加prices[i]
- 当天「休息」，
-
dp[i][1]，当前结束后持有的股票为1个，因此当天仅可进行「休息」和「买入」操作，取两种操作的最大值- 当天「休息」，
dp[i - 1][1] - 当天「买入」，
dp[i - 1][0] - prices[i]，收益减少prices[i]
- 当天「休息」，
问：这里为什么又可以用 dp[i-1][0] ?
答：本题目整体上没有限制交易次数，只要确保手上最多只有一个股票就行
dp[i-1][0]代表了第i - 1天结束后，持有股票数为0，且包含了前面的i-1天可能进行过交易，后来又卖出的情况- 计算当天的最大收益，就得从前一天合理（股票清零）的最大收益转移过来
3. 初始化
第 0 天的时候休息：dp[0][0] = 0
第 0 天的时候买入：dp[0][1] = -prices[i]
4. 输出
dp[n-1][0] 第 n-1 天，当天结束后，持有股票数为 0 的最大利润（肯定比最后一天手上还有股票的情况好）
空间优化
仅和前一天有关，可优化
复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n) 或 O(1)
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 0));
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[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][0] - prices[i]);
}
return dp[n-1][0];
}
};滚动数组：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
int pre_zero = 0;
int pre_one = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
int cur_zero = max(pre_zero, pre_one + prices[i]);
int cur_one = max(pre_one, pre_zero - prices[i]);
pre_zero = cur_zero;
pre_one = cur_one;
}
return pre_zero;
}
};还有个贪心的做法：
贪心算法的直觉：由于不限制交易次数，只要今天股价比昨天高，就交易
该算法仅可以用于计算，但 计算的过程并不是真正交易的过程
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int res = 0;
for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
if (prices[i] > prices[i - 1]) {
res += prices[i] - prices[i - 1];
}
}
return res;
}
};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）。
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 。
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。
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。
输入：prices = [1]
输出：0
提示：
1 <= prices.length <= 1050 <= prices[i] <= 105
0. 分析题目要求：
- 限制了最多 2 笔交易
- 不能同时参与多笔交易，手上可能存在 0 或 1 支股票
1. 状态定义：
dp[i][k][j] 表示在 [0, i] 区间里（状态具有前缀性质），交易进行了 k 次，手上有 j 个股票时，拥有的最大收益。k 的含义如下：
k = 0表示没有交易发生；k = 1表示此时已经发生了 1 次买入股票的行为；k = 2表示此时已经发生了 2 次买入股票的行为。
注意：记录一次交易产生是在 买入股票 的时候。卖出时不变
2. 初始化（重点）
下标为 0 这一天，交易次数为 0、1、2 并且状态为 0 和 1 的初值应该如下设置：
dp[0][0][0] = 0：这是显然的；dp[0][0][1] = INT_MIN >> 1：表示一次交易都没有发生，但是持股，这是不可能的；dp[0][1][0] = INT_MIN >> 1：表示发生了 1 次交易（买入），但是不持股，这是不可能的；dp[0][1][1] = -prices[0]：表示发生了一次交易，并且持股，消耗了-prices[0]；dp[0][2][0] = INT_MIN >> 1：表示发生了 2 次交易，但是不持股，这是不可能的；dp[0][2][1] = INT_MIN >> 1：表示发生了 2 次交易，第一天不可能发生两次交易；
一定要用「无穷小」标记不可能发生的事，用 0 记录收益为0，大于 0 记录产生了收益
通过 max 将无穷小的不可能发生的状态过滤掉
为什么「无穷小」还要除以二，往下看
3. 状态转移方程：
dp[i][1][0] = max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i]); // 当天 不操作、卖出
dp[i][1][1] = max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i]); // 当天 不操作、买入
dp[i][2][0] = max(dp[i - 1][2][0], dp[i - 1][2][1] + prices[i]); // 当天 不操作、卖出
dp[i][2][1] = max(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0] - prices[i]); // 当天 不操作、买入注意：
- 第 2 维的 0 没有意义，遍历中不要算它的状态
- 当 i = 1时，
dp[i - 1][1][0] - prices[i]会让INT_MIN减一个正数，会报错，因此在初始化的时候一律除以二INT_MIN >> 1
4、获取答案：
到了最后一天 n-1，已完成的交易笔数可能进行了 1 次，也可能是 2 次，但是一定得手上的股票清空
返回 max(dp[n-1][1][0], dp[n-1][2][0])，但可能存在负值
表示如果交易的话一定会亏钱，不如不交易，返回 0
空间优化
滚动数组
复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n) 或 O(1)
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
vector<vector<vector<int>>> dp(n, vector<vector<int>>(3, vector<int>(2, 0)));
// 第 2 维的 0 没有意义，1 表示交易进行了 1 次，2 表示交易进行了 2 次
dp[0][0][0] = 0;
dp[0][0][1] = INT_MIN >> 1;
dp[0][1][0] = INT_MIN >> 1;
dp[0][1][1] = -prices[0];
dp[0][2][0] = INT_MIN >> 1;
dp[0][2][1] = INT_MIN >> 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i][1][0] = max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i]); // 当天不操作，卖出
dp[i][1][1] = max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i]); // 当天不操作，买入
dp[i][2][0] = max(dp[i - 1][2][0], dp[i - 1][2][1] + prices[i]); // 当天不操作，卖出
dp[i][2][1] = max(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0] - prices[i]); // 当天不操作，买入
}
int ans = max(dp[n - 1][1][0], dp[n - 1][2][0]);
return ans > 0 ? ans : 0;
}
};滚动数组：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
vector<vector<vector<int>>> dp(2, vector<vector<int>>(3, vector<int>(2, 0)));
dp[0][0][0] = 0;
dp[0][0][1] = INT_MIN >> 1;
dp[0][1][0] = INT_MIN >> 1;
dp[0][1][1] = -prices[0];
dp[0][2][0] = INT_MIN >> 1;
dp[0][2][1] = INT_MIN >> 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i & 1][1][0] = max(dp[(i - 1) & 1][1][0], dp[(i - 1) & 1][1][1] + prices[i]);
dp[i & 1][1][1] = max(dp[(i - 1) & 1][1][1], dp[(i - 1) & 1][0][0] - prices[i]);
dp[i & 1][2][0] = max(dp[(i - 1) & 1][2][0], dp[(i - 1) & 1][2][1] + prices[i]);
dp[i & 1][2][1] = max(dp[(i - 1) & 1][2][1], dp[(i - 1) & 1][1][0] - prices[i]);
}
int ans = max(dp[(n - 1) & 1][1][0], dp[(n - 1) & 1][2][0]);
return ans > 0 ? ans : 0;
}
};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）。
输入：k = 2, prices = [2,4,1]
输出：2
解释：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。
输入：k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]
输出：7
解释：在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。
随后，在第 5 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 。
提示：
0 <= k <= 1000 <= prices.length <= 10000 <= prices[i] <= 1000
0. 分析题目要求：
- 指定了最多 k 次交易
- 不能同时参与多笔交易，手上可能存在 0 或 1 支股票
1. 状态定义：
dp[i][k][j] 表示在 [0, i] 区间里（状态具有前缀性质），交易进行了 k 次，手上有 j 个股票时，拥有的最大收益。
注意：记录一次交易产生是在 买入股票 的时候。卖出时不变
2. 初始化（重点）
下标为 0 这一天，交易次数为 0、1、2 并且状态为 0 和 1 的初值应该如下设置：
dp[0][0][0] = 0：这是显然的；dp[0][0][1] = INT_MIN >> 1：表示一次交易都没有发生，但是持股，这是不可能的；dp[0][1][0] = INT_MIN >> 1：表示发生了 1 次交易（买入），但是不持股，这是不可能的；dp[0][1][1] = -prices[0]：表示发生了一次交易，并且持股，消耗了-prices[0]；dp[0][k][0] = INT_MIN >> 1, k>=2：第一天不可能发生两次以次上的交易；dp[0][k][1] = INT_MIN >> 1, k>=2：第一天不可能发生两次以次上的交易；
一定要用「无穷小」标记不可能发生的事，用 0 记录收益为0，大于 0 记录产生了收益
通过 max 将无穷小的不可能发生的状态过滤掉
3. 状态转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]); // 当天 不操作、卖出
dp[i][k][1] = max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]); // 当天 不操作、买入注意：
- 第 2 维的 0 没有意义，遍历中不要算它的状态
- 当 i = 1时，
dp[i - 1][1][0] - prices[i]会让INT_MIN减一个正数，会报错，因此在初始化的时候一律除以二INT_MIN >> 1 n天的股票，最多进行n / 2次交易，当指定的最多交易次数maxK大于n / 2，意味着交易次数不受限，应该转化为「交易笔数不受限制的做法」122 题，如果该按照本题的做法就会有错
4、获取答案：
到了最后一天 n-1，已完成的交易笔数可能进行了 k 次，但是一定得手上的股票清空
返回 max{dp[n-1][k][0]..}，但可能存在负值
表示如果交易的话一定会亏钱，不如不交易，返回 0
空间优化
滚动数组
复杂度分析
时间复杂度：O(nk)
空间复杂度：O(nk) 或 O(k)
class Solution {
public:
int MIN = INT_MIN >> 1;
int specProfit(vector<int>& prices) {
int res = 0;
for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
if (prices[i] > prices[i - 1]) {
res += prices[i] - prices[i - 1];
}
}
return res;
}
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
int maxK = k;
int n = prices.size();
if (maxK == 0) return 0;
if (maxK >= (n >> 1)) return specProfit(prices);
vector<vector<vector<int>>> dp(n, vector<vector<int>>(maxK + 1, vector<int>(2, 0)));
dp[0][0][0] = 0;
dp[0][0][1] = MIN;
dp[0][1][0] = MIN;
dp[0][1][1] = -prices[0];
for (int k = 2; k <= maxK; k++) {
dp[0][k][0] = MIN;
dp[0][k][1] = MIN;
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int k = 1; k <= maxK; k++) {
dp[i][k][0] = max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]); // 当天不操作，卖出
dp[i][k][1] = max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]); // 当天不操作，买入
}
}
int ans = 0;
for (int k = 0; k <= maxK; k++) {
ans = max(ans, dp[n - 1][k][0]);
}
return ans;
}
};滚动数组：
class Solution {
public:
int MIN = INT_MIN >> 1;
int specProfit(vector<int>& prices) {
int res = 0;
for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
if (prices[i] > prices[i - 1]) {
res += prices[i] - prices[i - 1];
}
}
return res;
}
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
int maxK = k;
int n = prices.size();
if (maxK == 0) return 0;
if (maxK >= (n >> 1)) return specProfit(prices);
vector<vector<vector<int>>> dp(2, vector<vector<int>>(maxK + 1, vector<int>(2, 0)));
dp[0][0][0] = 0;
dp[0][0][1] = MIN;
dp[0][1][0] = MIN;
dp[0][1][1] = -prices[0];
for (int k = 2; k <= maxK; k++) {
dp[0][k][0] = MIN;
dp[0][k][1] = MIN;
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int k = 1; k <= maxK; k++) {
dp[i & 1][k][0] = max(dp[(i - 1) & 1][k][0], dp[(i - 1) & 1][k][1] + prices[i]);
dp[i & 1][k][1] = max(dp[(i - 1) & 1][k][1], dp[(i - 1) & 1][k - 1][0] - prices[i]);
}
}
int ans = 0;
for (int k = 0; k <= maxK; k++) {
ans = max(ans, dp[(n - 1) & 1][k][0]);
}
return ans;
}
};给定一个整数数组prices，其中第 prices[i] 表示第 *i* 天的股票价格 。
设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:
- 卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
**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）。
输入: prices = [1,2,3,0,2]
输出: 3
解释: 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]
输入: prices = [1]
输出: 0
提示：
1 <= prices.length <= 50000 <= prices[i] <= 1000
0. 分析题目要求：
- 交易次数不受限制，类似情况 2，不用交易次数维度
- 不能同时参与多笔交易，手上可能存在 0 或 1 支股票
- 卖出股票会有冷冻期，所以当天要买入的话，得从前一天没有卖出的状态转移过来
1. 定义状态
dp[i][j] 表示 [0, i] 区间内，在下标为 i 这一天状态为 j 时，我们手上拥有的金钱数。
这里 j 可以取 3 个值（下面的定义非常重要）：
0表示：今天 不是 卖出了股票的不持股状态；1表示：持股；2表示：今天由于卖出了股票的不持股状态；
2. 状态转移
根据题意，从昨天到今天可能的状态变化分析如下：
- 0 的转移
| 昨天 | 今天 | 分析是否可以转移，可以转移的情况下今天的操作 |
|---|---|---|
| 0 | 0 | 可以转移，今天什么都不做 |
| 0 | 1 | 可以转移，今天买入股票 |
| 0 | 2 | 不可以转移，不持股的情况下，不能卖出股票 |
- 1 的转移
| 昨天 | 今天 | 分析是否可以转移，可以转移的情况下今天的操作 |
|---|---|---|
| 1 | 0 | 不可以转移，根据题意，只能转移到 2 |
| 1 | 1 | 可以转移，今天什么都不操作 |
| 1 | 2 | 可以转移，当天卖出后转为「卖出不持股状态」 |
- 2 的转移
| 昨天 | 今天 | 分析是否可以转移，可以转移的情况下今天的操作 |
|---|---|---|
| 2 | 0 | 可以转移，昨天为「卖出不持股状态」，今天结束后冷却期过去了 |
| 2 | 1 | 不可以转移，昨天为「卖出不持股状态」，今天不能买入 |
| 2 | 2 | 不可以转移，不合逻辑 |
可以画出状态转移的图如下：
3. 初始化
第 0 天的时候休息：dp[0][0] = 0
第 0 天的时候买入：dp[0][1] = -prices[i]
第 0 天冷却期：dp[0][2] = 0，这里其实也可用 INT_MIN >> 1 ，但最后得判断下正负
4. 输出
max(dp[n-1][0], dp[n-1][2])
第 n-1 天，当天结束后，持有股票数为 0 的最大利润，可能是早都卖了，也可能刚卖进入cd
空间优化
仅和前一天有关，可优化，滚动数组
复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n) 或 O(1)
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(3, 0));
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][2] = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i];
}
return max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][2]);
}
};滚动数组：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(3, 0));
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][2] = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i & 1][0] = max(dp[(i - 1) & 1][0], dp[(i - 1) & 1][2]);
dp[i & 1][1] = max(dp[(i - 1) & 1][1], dp[(i - 1) & 1][0] - prices[i]);
dp[i & 1][2] = dp[(i - 1) & 1][1] + prices[i];
}
return max(dp[(n - 1) & 1][0], dp[(n - 1) & 1][2]);
}
};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。
输入：prices = [1, 3, 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
输入：prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出：6
提示：
1 <= prices.length <= 5 * 10^41 <= prices[i] < 5 * 10^40 <= fee < 5 * 104
0. 分析题目要求：
- 交易次数不受限制，类似情况 2，不用交易次数维度
- 不能同时参与多笔交易，手上可能存在 0 或 1 支股票
- 卖出股票会手续费
1. 定义状态
dp[i][j] 表示 [0, i] 区间内，在下标为 i 这一天状态为 j 时，我们手上拥有的金钱数。
2. 状态转移
与情况 2 不同的情况在于，卖出的时候叫上手续费
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i] - fee);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);3. 初始化
第 0 天的时候休息：dp[0][0] = 0
第 0 天的时候买入：dp[0][1] = -prices[i]
4. 输出
dp[n-1][0] 第 n-1 天，当天结束后，持有股票数为 0 的最大利润（肯定比最后一天手上还有股票的情况好）
空间优化
仅和前一天有关，可优化
复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n) 或 O(1)
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;
dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i] - fee);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];
}
};滚动数组：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int n = prices.size();
vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2, 0));
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i & 1][0] = max(dp[(i - 1) & 1][0], dp[(i - 1) & 1][1] + prices[i] - fee);
dp[i & 1][1] = max(dp[(i - 1) & 1][1], dp[(i - 1) & 1][0] - prices[i]);
}
return dp[(n - 1) & 1][0];
}
};