[Leetcode]123. 买卖股票的最佳时机 III——题解

[_白白不白]

123. 买卖股票的最佳时机 III

题目：

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）。

示例 1:

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 。

示例 2：

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。

示例 3：

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。

示例 4：

输入：prices = [1]
输出：0

提示：

1 <= prices.length <= 105
0 <= prices[i] <= 105

题解：

这个题与之前的题长得比较相似，但是难度却提高了不少。

这个题要求的是我们最大容许交易次数是两次，那么我们就有两种情况了，最大交易次数是1次和最大交易次数是两次。

除了最大次数要分情况之外，我们的现在手上持有股票数量也要进行分情况，因为我们每次只容许手上最多只能有一只股票那么，我们就是手上没有股票和有一支股票。

综合上我们直接设置dp数组为三维数组，进行动态转移。

dp五部曲：

（1）意义：dp[i][k][m]表示在最多能交易k次，第i天结束之后我们手上有m支股票的时候最大收益为dp[i][k][m]
（2）递推公式：我们有三个变量递推公式为4个。
dp[i][1][0] = Math.max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i]);
dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i]);
dp[i][2][0] = Math.max(dp[i - 1][2][0], dp[i - 1][2][1] + prices[i]);
dp[i][2][1] = Math.max(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0] - prices[i]);
（3）初始化：dp[0][1][1]=-prices[0],dp[0][2][1]=-prices[0]，其他为0 即可。
（4）遍历顺序：从前往后
（5）推导演示

代码如下：

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

还有一种思路：

一天一共就有五个状态，

没有操作
第一次买入
第一次卖出
第二次买入
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。

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]);

代码如下：

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int len = prices.length;
        // 边界判断, 题目中 length >= 1, 所以可省去
        if (prices.length == 0) return 0;

        /*
         * 定义 5 种状态:
         * 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
         */
        int[][] dp = new int[len][5];
        dp[0][1] = -prices[0];
        // 初始化第二次买入的状态是确保 最后结果是最多两次买卖的最大利润
        dp[0][3] = -prices[0];

        for (int i = 1; i < len; i++) {
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
            dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][2], dp[i][1] + prices[i]);
            dp[i][3] = Math.max(dp[i - 1][3], dp[i][2] - prices[i]);
            dp[i][4] = Math.max(dp[i - 1][4], dp[i][3] + prices[i]);
        }

        return dp[len - 1][4];
    }
}