leetcode 123 买卖股票的最佳时机 III

描述：

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。你最多能够完成 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以前的股票）。

示例 1:

输入: [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，
这笔交易所能得到利润 = 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，
这笔交易所能得到利润 = 4-1 = 3 。复制代码

示例 2:

输入: [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, 这笔交易所能得到利润 = 5-1 = 4 。   
     注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，以后再将它们卖出。   
     由于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以前的股票。
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示例 3:

输入: [7,6,4,3,1] 
输出: 0 
解释: 在这个状况下, 没有交易完成, 因此最大利润为 0。复制代码

思路：

这是一个经典的动态规划问题，解决动态规划问题的步骤是：

• 分析出dp定义
• 列出dp方程
  

dp定义的分析思路是，思考 i 状态的产生，和 i - 1状态有什么关系，也就是说 i 的状态，受 i - 1的哪些维度的影响。这里股票的收益，受前一天股价、是否持股、交易次数有关。因此咱们， 能够抽象出三个维度来解决这个问题，即：

dp[ i ][ j ][ k ]：i是天数，j是交易的次数，k是是否持股，咱们用这个三维数组来记录状态便可，数组中存的值，就是当天该状态下的最大收益。

dp方程须要根据j的取值来分组，即当j = 0 时，不存在 j - 1时的状态。

当j == 0的时候：

即以前没有过股票交易，因此是否持股和交易次数都和前一天的状态相同。

• dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], 0);
  
• dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], 0);

当j != 0 的时候：

如dp[i][j][0] 第i天，交易了j次，不持股，前一天有两个状态能够转移到该状态，即：

1. 前一天交易了j次，不持股
2. 前一天交易了j次，持股可是卖掉了。

• dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
  
• dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);

代码：

class Solution {
  public int maxProfit(int[] prices) {
    if(prices.length == 0) return 0;  
    int[][][] dp = new int[prices.length][3][2];
    dp[0][1][1] = 0 - prices[0];
    dp[0][2][1] = 0 - prices[0];
    int max = 0;
    for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
      for (int j = 0; j < 3; j++) {
        if (j == 0) {
          dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], 0);
          dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], 0);
        } else {
          dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
          dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);
        }
      }
    }
    for (int i = 0; i < prices.length; i++) {
      max = Math.max(max, dp[i][2][0]);
    }
    return max;
  }
}
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结果：