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] = 0dp[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] = 0for 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]